Bài giảng trọng tâm Toán 12: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.55 MB, 132 trang )

(1)phÇn I: gi¶i tÝch chương 1. − ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. A. KiÕn thøc cÇn nhí. I. tính đơn điệu của hàm số 1. điều kiện cần để hàm số đơn điệu. Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên khoảng I thì: a. Hàm số f(x) là đồng biến trên khoảng I khi và chỉ khi với x tuỳ ý thuộc I, ta có: f(x + ∆x) − f(x) > 0 , víi mäi ∆x ≠ 0 vµ x + ∆x ∈ I. ∆x b. Hµm sè f(x) lµ nghÞch biÕn trªn kho¶ng I khi vµ chØ khi víi x tuú ý thuéc I, ta cã: f(x + ∆x) − f(x) < 0 , víi mäi ∆x ≠ 0 vµ x + ∆x ∈ I. ∆x Từ đó, ta có kết quả: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng I. a. Nếu hàm số f(x) đồng biến trên khoảng I thì f '(x) ≥ 0, ∀x ∈ I. b. NÕu hµm sè f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng I th× f '(x) ≤ 0, ∀x ∈ I. 2. điều kiện đủ để hàm số đơn điệu. Định lí 1 (Định lí Lagrange): Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trªn (a; b) th× tån t¹i mét ®iÓm c ∈ (a; b) sao cho: f(b) − f(a) f(b) − f(a) = f '(c).(b − a) hay f '(c) = . b−a ý nghĩa của định lí Lagrăng: Xét cung AB của đồ thị hàm số y = f(x) với A(a; f(a)) và B(b; f(b)). HÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB lµ: f(b) − f(a) . b−a §¼ng thøc: f(b) − f(a) f '(c) = b−a cã nghÜa lµ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn cña cung AB t¹i ®iÓm (c; f(c)) b»ng hÖ sè gãc cña c¸t tuyến AB. Vậy, nếu các giả thiết của định lí Lagrăng được thoả mãn thì tồn tại một điểm C của cung AB sao cho tiếp tuyến tại đó song song với cát tuyến AB.. 7.

(2) Định lí 2: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng I. a. Nếu f '(x) > 0, ∀x ∈ I thì f(x) đồng biến trên khoảng I. b. NÕu f '(x) < 0, ∀x ∈ I th× f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng I. c. Nếu f '(x) = 0, ∀x ∈ I thì f(x) không đổi trên khoảng I. Ta có mở rộng của định lí 2 như sau: Định lí 3: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng I. a. Nếu f '(x) ≥ 0, ∀x ∈ I, và đẳng thức chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên khoảng I, thì f(x) đồng biến trên khoảng I. b. Nếu f '(x) ≤ 0, ∀x ∈ I, và đẳng thức chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trªn kho¶ng I, th× f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng I. Ta tóm tắt định lí 3 trong các bảng biến thiên sau: x y'. −∞. a. b. +∞. b. +∞. +. y x y'. −∞. a −. y. II. Cùc trÞ cña hµm sè 1. kh¸i niÖm cùc trÞ cña hµm sè. Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập hợp D (D ⊂  ) và x0 ∈ D. a. x0 gọi là một điểm cực đại của hàm số y = f(x) nếu tồn tại một kho¶ng (a; b) chøa ®iÓm x0 sao cho (a; b) ∈ D vµ: f(x) < f(x0) , víi mäi x ∈ (a; b)\{x0}. Khi đó f(x0) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f(x). b. x0 gäi lµ mét ®iÓm cùc tiÓu cña hµm sè y = f(x) nÕu tån t¹i mét kho¶ng (a; b) chøa ®iÓm x0 sao cho (a; b) ∈ D vµ: f(x) > f(x0) , víi mäi x ∈ (a; b)\{x0}. Khi đó f(x0) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f(x). Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu được gọi chung là cực trị. 2. điều kiện cần để hàm số có cực trị. XÐt hµm sè y = f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (a, b) vµ x0 ∈ (a; b). Định lí 1: Giả sử hàm số y = f(x) đạt cực trị tại điểm x0. Khi đó, nếu f(x) có đạo hàm tại ®iÓm x0 th× f'(x0) = 0.. 8.

(3) 3. điều kiện đủ để hàm số có cực trị. Định lí 2: Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng (a ; b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các khoảng (a; x0) và (x0; b). Khi đó:. a. NÕu f '(x) < 0 víi mäi x ∈ (a; x0) vµ f '(x) > 0 víi mäi x ∈ (x0; b) th× hµm số f(x) đạt cực tiểu tại điểm x0. b. NÕu f '(x) > 0 víi mäi x ∈ (a; x0) vµ f '(x) < 0 víi mäi x ∈ (x0; b) th× hµm số f(x) đạt cực đại tại điểm x0. Nói một cách vắn tắt: Nếu khi x qua x0, đạo hàm đổi dấu thì điểm x0 là một điểm cực trị. Ta tóm tắt định lí 2 trong các bảng biến thiên sau: a x0 b x −∞ +∞ y' 0 + − y x y'. CT −∞. a +. y. x0 0 C§. b. +∞. −. Từ định lí 2 ta có quy tắc tìm cực trị sau đây: Quy tắc 1: Để tìm cực trị của hàm số y = f(x) ta thực hiện theo các bước:. Bước 1: Tính f’(x). Bước 2: Tìm các điểm xi (i = 1, 2, ...) tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm.. Bước 3: Xét dấu f'(x). Nếu f'(x) đổi dấu khi x qua điểm xi thì hàm số đạt cực trị tại xi.. Định lí 3: Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp một trên khoảng (a; b) chứa điểm x0, f '(x0) = 0 và f(x) có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x0. a. Nếu f''(x0) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x0. b. Nếu f''(x0) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0. Từ định lí 3 ta có quy tắc tìm cực trị sau đây: Quy tắc 2: Để tìm cực trị của hàm số y = f(x) ta thực hiện theo các bước:. Bước 1: Tính f’(x). Bước 2: Tìm các nghiệm xi (i = 1, 2, ...) của phương trình f'(x) = 0. Bước 3: Với mỗi i ta tính f"(xi), khi dó:  . Nếu f''(xi) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm xi. Nếu f''(xi) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm xi.. 9.

(4) III. Gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D. a. NÕu tån t¹i mét ®iÓm x0 ∈ D sao cho: f(x) ≤ f(x0) víi mäi x ∈ D th× sè M = f(x0) ®îc gäi lµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè y = f(x) trªn tËp D nÕu, kÝ hiÖu M = max f(x) . x∈D. b. NÕu tån t¹i mét ®iÓm x0 ∈ D sao cho: f(x) ≥ f(x0) víi mäi x ∈ D th× sè m = f(x0) ®îc gäi lµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = f(x) trªn tËp D nÕu, kÝ hiÖu m = min f(x) . x∈D. IV. đồ thị của hàm số và Phép tịnh tiến hệ toạ độ 1. phép tịnh tiến hệ toạ độ và công thức chuyển hệ tọa độ. Cho điểm I(x0; y0) và điểm M(x; y) trong hệ toạ độ Oxy, khi đó trong hệ toạ độ IXY điểm M(X; Y) sẽ có toạ độ: X= x − x 0 x= X + x 0 ⇔  .  Y= y − y 0 y= Y + y 0 2. phương trình đường cong đối với hệ tọa độ mới. Phương trình của đường cong y = f(x) đối với hệ toạ độ IXY có dạng: Y = f(X + x0) − y0.. V. đường tiệm cận của đồ thị hàm số 1. đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang. §Þnh nghÜa 1: §êng th¼ng y = y0 ®îc gäi lµ ®êng tiÖm cËn ngang (gäi t¾t lµ tiÖm cận ngang) của đồ thị hàm số y = f(x) nếu: lim f(x) = y0 hoÆc lim f(x) = y0. x →−∞. x →+∞. Định nghĩa 2: Đường thẳng x = x0 được gọi là đường tiệm cận đứng (gọi tắt là tiệm cận đứng) của đồ thị hàm số y = f(x) nếu: lim f(x) = ±∞ hoÆc lim− f(x) = ±∞.. x → x +0. x →x0. 2. ®êng tiÖm cËn xiªn. §Þnh nghÜa 3: §êng th¼ng y = ax + b ®îc gäi lµ ®êng tiÖm cËn xiªn (gäi t¾t lµ tiệm cận xiên) của đồ thị hàm số y = f(x) nếu: lim [f(x) − (ax + b)] = 0 hoÆc lim [f(x) − (ax + b)] = 0 x →+∞. 10. x →−∞.

(5) Quy t¾c: Gi¶ sö khi x → ∞ th× f(x) → ∞. f(x) (1) x Nếu giới hạn (1) không tồn tại hoặc bằng 0 thì đồ thị không có tiệm cận xiên. (2) Tr¸i l¹i ta ®i t×m tiÕp b = lim [f(x) − ax].. Ta t×m a = lim x →∞. . x →∞. . Nếu giới hạn (2) không tồn tại thì đồ thị không có tiệm cận xiên. Trái lại ta kết luận đồ thị nhận đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b làm tiệm cËn xiªn.. VI. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Đường lối tổng quát để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Phương pháp Ta tiến hành theo các bước sau:. Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2: Xét sự biến thiên của hàm số: a. T×m giíi h¹n t¹i v« cùc vµ giíi h¹n v« cùc (nÕu cã) cña hµm sè. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị (nếu có). b. LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè, bao gåm:  Tìm đạo hàm của hàm số, xét dấu đạo hàm, xét chiều biÕn thiªn vµ t×m cùc trÞ cña hµm sè (nÕu cã).  §iÒn c¸c kÕt qu¶ vµo b¶ng biÕn thiªn: x y' y Bước 3: Vẽ đồ thị hàm số: a. Vẽ các đường tiệm cận của đồ thị (nếu có). b. Xác định một số điểm đặc biệt của thường là các giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ (trong trường hợp đồ thị không cắt các trục tọa độ hoặc việc tìm tọa độ giao điểm phức tạp th× bá qua phÇn nµy). c. Nhận xét về đồ thị: Chỉ ra trục đối xứng và tâm đối xứng của đồ thị (nếu có, không yêu cầu chứng minh)..  Chó ý:. Khi vẽ đồ thị các em học sinh cần lưu ý rằng "Dáng của đồ thị tương øng víi mòi tªn trong b¶ng biÕn thiªn". 11.

(6) B Phương pháp giải các dạng toán liên quan. Đ1. tính đơn điệu của hàm số Dạng toán 1: Xét tính đơn điệu của hàm số Phương pháp Để xét tính đơn điệu của hàm số y = f(x), ta thực hiện các bước sau:. Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2: Tính đạo hàm y', rồi tìm các điểm tới hạn (thông thường là việc giải phương trình y' = 0). Bước 3: Tính các giới hạn (nếu cần). Bước 4: Lập bảng biến thiên của hàm số. Từ đó, đưa ra lời kết luận..  Chú ý: Trong trường hợp phương trình f'(x) = 0 vô nghiêm, tức là hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến, ta có thể bỏ qua việc lập bảng biến thiên. ThÝ dô 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè y = 2x3 + 3x2 + 1..  Gi¶i. Miền xác định D =  . §¹o hµm: x = 0 y' = 6x2 + 6x, y' = 0 ⇔ 6x2 + 6x = 0 ⇔  .  x = −1 Giíi h¹n: lim y = −∞ vµ lim y = +∞. x →−∞. x →+∞. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y' +. −1 0 2. −. 0 0. +∞ +. +∞ 1 −∞ VËy, ta cã kÕt luËn:  Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; +∞).  Hµm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (−1; 0). y.  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè". Vµ víi d¹ng to¸n nµy c¸c em cần đặc biệt chú ý tới tập xác định của hàm số thì mới chắc chắn nhận được một bảng biến thiên đúng. 12.

(7)  NhËn xÐt: Hµm ®a thøc bËc ba tæng qu¸t cã d¹ng: y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, víi a ≠ 0. Khi đó, nếu sử dụng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số, ta có: Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 3ax2 + 2bx + c, y' = 0 ⇔ 3ax2 + 2bx + c = 0. Giíi h¹n: b c d   lim y lim x 3  a + + 2 + 3  = (±∞)3 .a = (±∞).a. = x →±∞ x →±∞ x x x   B¶ng biÕn thiªn: DÊu cña y' phô thuéc vµo dÊu cña a (a > 0 hay a < 0) và dấu của ∆' = b2 − 3ac (∆' > 0 hay ∆' ≤ 0), do đó ta có bốn trường hîp biÕn thiªn kh¸c nhau.. ThÝ dô 2. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè y = x4 − 2x2 − 5..  Gi¶i. Miền xác định D =  . §¹o hµm: x = 0 y' = 4x3 − 4x, y' = 0 ⇔ 4x3 − 4x = 0 ⇔ 4x(x2 − 1) = 0 ⇔  .  x = ±1 Giíi h¹n: 2 1 lim y = lim [x4(1 − 2 + 4 ) = + ∞. x →∞ x →∞ x x B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 1 −1 +∞ y' 0 + 0 0 + − − y +∞ −5 +∞ −6 −6 VËy, ta cã kÕt luËn:  Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (−∞; −1) vµ (0; 1).  Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞)..  Nhận xét: Hàm đa thức bậc bốn dạng trùng phương có phương trình: y = f(x) = ax4 + bx2 + c, víi a ≠ 0. Khi đó, nếu sử dụng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số, ta có: Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b), y' = 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0. Do đó, phương trình y' = 0 hoặc có một nghiệm (a.b ≥ 0) hoặc có ba nghiệm phân biệt. , do đó ta có bốn trường hợp biến thiên khác nhau. 13.

(8) Giíi h¹n:  +∞ khi a > 0 b c + 4 )=  . 2 ax ax  −∞ khi a < 0 B¶ng biÕn thiªn: DÊu cña y' phô thuéc vµo dÊu cña a (a > 0 hay a < 0) và dấu của a.b, do đó ta có bốn trường hợp biến thiên khác nhau.. lim y = lim ax4(1 +. x →∞. x →∞. Vµ b¾t dÇu tõ ®©y, viÖc ®a ra lêi kÕt luËn dùa theo b¶ng biÕn thiªn được dành cho bạn đọc. ThÝ dô 3. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè y =.  Gi¶i. x +1 . x −1. Miền xác định D =  \{1}. §¹o hµm: −2 < 0 ∀x ∈ D ⇒ hµm sè lu«n nghÞch biÕn trªn D. y'= (x − 1) 2 Giíi h¹n: lim y= lim y = 1 vµ lim y = −∞ , lim y = +∞ x →−∞. x →1+. x →1−. x →+∞. B¶ng biÕn thiªn: x -∞ y' y 1. 1. +∞ -. +∞ -∞. 1.  NhËn xÐt: Hµm ph©n thøc bËc nhÊt trªn bËc nhÊt cã d¹ng: ax + b , víi c ≠ 0, D = ad − bc ≠ 0. cx + d Khi đó, nếu sử dụng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số, ta có: d Miền xác định D =  \{− }. c §¹o hµm: ad − bc y' = , cx + d Nếu D = ad − bc > 0 ⇒ hàm số đồng biến trên D. NÕu D = ad − bc < 0 ⇒ hµm sè nghÞch biÕn trªn D.. (H): y =. ThÝ dô 4. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè y = x +.  Gi¶i Miền xác định D =  \{0}. §¹o hµm: 14. 3 . x.

(9) y' = 1 −. 3 , x2. y' = 0 ⇔ 1 −. 3 ⇔ x2 − 3 = 0 ⇔ x = ± 3 . x2. Giíi h¹n: lim y = −∞ , lim y = +∞ ; x →−∞. lim y = − ∞ , lim+ y = +∞.. x → 0−. x →+∞. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y' + y −∞. − 3 0 −2 3. x→0. 0 −. − −∞. +∞. 3. +∞. +. 0. +∞. 2 3.  NhËn xÐt: Hµm ph©n thøc bËc hai trªn bËc nhÊt cã d¹ng: (H): y =. ax 2 + bx + c , dx + e. víi ad ≠ 0, tö, mÉu kh«ng cã nghiÖm chung. Khi đó, nếu sử dụng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số, ta thường lại hàm số dưới dạng: γ . dx + e e Miền xác định D =  \{− }. d §¹o hµm: α(dx + e) 2 − γd γd = , y' = α − (dx + e) 2 (dx + e) 2. y = f(x) = αx + β +. Dấu của đạo hàm là dấu của tam thức g(x) = α(dx + e)2 − γd. Giíi h¹n lim y = ∞ vµ lim y = ∞. x →∞. x →− e/d. Bảng biến thiên: Ta có các trường hợp: Trường hợp α > 0 Phương trình y' = 0 có hai nghiệm x1 < x2. x x1 x2 −∞ − e/d y' + 0 0 − − C§ +∞ y −∞ CT −∞ Phương trình y' = 0 vô nghiệm x −∞ −e/d y' + + +∞ y −∞ −∞. +∞ + +∞. +∞ +∞. 15.

(10) Trường hợp α < 0 Phương trình y' = 0 có hai nghiệm x1 < x2 x x1 x2 −∞ −e/d y' 0 + + 0 − C§ −∞ +∞ y CT −∞ Phương trình y' = 0 vô nghiệm x −∞ − e/d y' − − y +∞ +∞ −∞. ThÝ dô 5. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè= y. +∞ − −∞. +∞ −∞. 2x − x 2 ..  Gi¶i. Ta cã ®iÒu kiÖn: 2x − x2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ D = [0; 2]. §¹o hµm: 2 − 2x 1− x = , y' = 0 ⇔ 1 − x = 0 ⇔ x = 1. y' = 2 2 2x − x 2x − x 2 B¶ng biÕn thiªn: x 1 2 −∞ 0 +∞ y' 0 − + 1 y 0 0.  NhËn xÐt: Hµm v« tØ d¹ng: (H): y = ax 2 + bx + c , víi a ≠ 0. Khi đó, nếu sử dụng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số, ta có: Miền xác định D = {x∈  | ax2 + bx + c ≥ 0}. §¹o hµm: y' =. 2ax + b. , 2 ax 2 + bx + c Bảng biến thiên: có 4 trường hợp khác nhau về chiều biến thiên.. ThÝ dô 6. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn cña hµm sè y= x − x..  Gi¶i. Ta cã ®iÒu kiÖn: x ≥ 0 ⇒ D = [0; +∞). 16.

(11) §¹o hµm: y' = 1 −. 1. , y' = 0 ⇔ 1 −. 2 x B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 y' 0 y. −. 1 2 x. 1/4 0 −1/4 CT. =0⇔x=. 1 . 4. +∞ + +∞. Dạng toán 2: Xác định m để hàm số y = f(x, m) đồng biến (hoặc nghịch biÕn) trªn kho¶ng I Phương pháp Chúng ta cần thực hiện các bước sau: Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2: Tính đạo hàm y'. Bước 3: Lập luận cho các trường hợp (tương tự cho tính nghịch biến) nh sau: a. Hàm số đồng biến trên I khi: Hàm số xác định trên I  y' ≥ 0, ∀x ∈ I, dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm b. Hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng k y' ≥ 0, ∀x [a-k; a] , dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại hữu   h¹n ®iÓm cña [a-k; a] vµ x ∈ [a-k; a] kh«ng tho¶ m·n.  Chó ý:. Để giải các biểu thức điều kiện của y' phương pháp được sử dụng phổ biến nhất là phương pháp tam thức bậc hai, tuy nhiên trong những trường hợp riêng biệt có thể sử dụng ngay phương pháp hàm số để giải.. Thí dụ 1. Cho hàm số y = 4x3 + (m + 3)x2 + mx. Tìm m để: a. Hàm số đồng biến trên  . b. Hàm số đồng biến trên khoảng [ 0; + ∞ ) ..  Gi¶i. c. Hµm sè nghÞch biÕn trªn ®o¹n [ −1 / 2; 1 / 2 ] . d. Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.. Hàm số xác định trên D =  . §¹o hµm: y' = 12x2 + 2(m + 3)x + m, y' = 0 ⇔ f(x) = 12x2 + 2(m + 3)x + m = 0. a. Hàm số đồng biến trên  khi: y' ≥ 0, ∀x∈  ⇔ f(x) ≥ 0, ∀x∈  ⇔ ∆' ≤ 0. (1). 17.

(12) ⇔ (m + 3)2 − 12m ≤ 0 ⇔ (m − 3)2 ≤ 0 ⇔ m − 3 = 0 ⇔ m = 3. VËy, víi m = 3 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: Cách 1: Hàm số đồng biến trên khoảng [ 0; + ∞ ) khi: y' ≥ 0, ∀x∈ [ 0; + ∞ ) ⇔ f(x) ≥ 0, ∀x∈ [ 0; + ∞ ) (m − 3)2 ≤ 0 m = 3 ∆ ' ≤ 0  2     (m − 3) > 0 m ≠ 3 (1) v« nghiÖm hoÆc cã nghiÖm kÐp  ∆ ' > 0    ⇔  ⇔  m+3 ⇔  ⇔  −  m > −3  S < 0 <0 (1) cã nghiÖm x1 < x 2 ≤ 0    6  m / 12 ≥ 0  m ≥ 0   P ≥ 0   ⇔ m ≥ 0. VËy, víi m ≥ 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 1 m Cách 2: Nhận xét rằng phương trình (1) luôn có nghiệm x = − và x = − . 6 2 Từ đó, hàm số đồng biến trên khoảng [ 0; + ∞ ) khi:. y' ≥ 0, ∀x∈ [ 0; + ∞ ) ⇔ f(x) ≥ 0, ∀x∈ [ 0; + ∞ )   ∆ =0 m = 3  (1) cã nghiÖm kÐp 1 m  ⇔  ⇔ − < − ≤ 0 ⇔  0 ≤ m < 3 ⇔ m ≥ 0.  2 (1) cã nghiÖm x x 0 < ≤ 6 1 2   m  m > 3 1 − < − ≤ 0 2  6 VËy, víi m ≥ 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Cách 3: Hàm số đồng biến trên khoảng [ 0; + ∞ ) khi:. y' ≥ 0, ∀x∈ [ 0; + ∞ ) ⇔ 12x2 + 2(m + 3)x + m ≥ 0, ∀x∈ [ 0; + ∞ ) ⇔ m(2x + 1) ≥ −12x2 − 6x, ∀x∈ [ 0; + ∞ ) ⇔ m ≥ −6x , ∀x∈ [ 0; + ∞ ) ⇔ m ≥ Max (−6x) = 0 ⇔ m ≥ 0. x∈[ 0; +∞ ). VËy, víi m ≥ 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. c. Nhận xét rằng phương trình (1) luôn có nghiệm x = −. 1 m vµ x = − . 6 2.  1 1 Từ đó, hàm số nghịch biến trên đoạn  − ;  khi:  2 2 1 m  1 1  1 1 ⇔ m ≥ 3. y' ≤ 0, ∀x∈  − ;  ⇔ f(x) ≤ 0, ∀x∈  − ;  ⇔ ≤ 2 6  2 2  2 2 VËy, víi m ≥ 3 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. 18.

(13) d. Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 khi: y' ≤ 0, trên đoạn có độ dài bằng 1 ⇔ (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tho¶ m·n |x1 − x2| = 1 ∆ ' > 0 ∆ ' > 0 m = 9  ⇔  ⇔ 2 ∆' ⇔ ∆ ' =6 ⇔ (m − 3)2 = 36 ⇔  . 1 =1  m = −3 | x1 − x 2 |=   12 Vậy, hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 khi m = 9 hoặc m= −3..  NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn:.  Với nội dung câu b), các em có thể thấy rằng phương pháp hàm số thường được ưu tiên lựa chọn.  Với nội dung câu c), ta nhớ lại rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) nÕu cã hai nghiÖm x1, x2 th×: |x1 − x2| =. ∆ 2 ∆' hoÆc |x1 − x2| = . |a| |a|. Ngoài ra, vì phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = −. 1 m vµ x2 = − 2 6. vµ y’ nhËn gi¸ trÞ ©m trong kho¶ng nµy nªn ta cã ®iÒu kiÖn lµ: 1 2. |x1 − x2| = 1 ⇔ − + ThÝ dô 2. Cho hµm sè y =.  Gi¶i. m 6⇔ =1 ⇔ m − 3 = 6. x −1 . x−m. m = 9  m = −3. . Víi gi¸ trÞ nµo cña m: a. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó ? b. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0) ?. Miền xác định D =  \{m}. §¹o hµm: 1− m . y' = (x − m)2 a. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi: y' ≤ 0, ∀x∈D và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm ⇔ 1 − m < 0 ⇔ m > 1. VËy, víi m > 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Trước hết là hàm số cần xác định trên (0; +∞), điều kiện là m ≥ 0. Hàm số đồng biến với trên (0; +∞) khi: y' ≥ 0, ∀x∈(0; +∞) và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm. (*). (*). ⇔ 1 − m > 0 ⇔ m < 1 ⇔ 0 ≤ m < 1. VËy, víi 0 ≤ m < 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 19.

(14)  Chó ý:. RÊt nhiÒu häc sinh khi thùc hiÖn bµi to¸n trªn: a. ở câu a), đã nhận cả nghiệm m = 1, bởi thiết lập điều kiện là 1 − m ≤ 0. Các em học sinh cần nhớ kỹ nội dung định lí 2. b. ở câu b), đã không kiểm tra điều kiện xác định của hàm số trên kho¶ng (−∞; 0). Ngoµi ra, c¸c em häc sinh còng cÇn nhí r»ng hµm ph©n thøc bËc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên miền xác định của nó.. ThÝ dô 3. Cho hµm sè y =.  Gi¶i. x2 − x + m2 . Víi gi¸ trÞ nµo cña m: x −1. a. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó ? b. Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (0; 1) vµ (2; 4) ?. Miền xác định D =  \{1}. §¹o hµm: x 2 − 2x + 1 − m 2 , y' = 0 ⇔ x2 − 2x + 1 − m2 = 0 ⇔ x1, 2 = 1 ± m. y' = (x − 1)2 a. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi: y' ≥ 0, ∀x∈D và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm ⇔ x2 − 2x + 1 − m2 ≥ 0, ∀x∈D vµ dÊu "=" chØ x¶y ra t¹i mét sè h÷u h¹n ®iÓm ⇔ ∆’ ≤ 0 ⇔ m2 ≤ 0 ⇔ m = 0. VËy, víi m = 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. b. NhËn xÐt r»ng y’ chØ nhËn gi¸ trÞ ©m trong kho¶ng (x1; x2)\{1}. Từ đó, hàm số nghịch biến trên các khoảng (0; 1) và (2; 4) khi:  m ≥ 1 vµ m ≥ 3 1 − m ≤ 0 < 4 ≤ 1 + m 1 + m ≤ 0 < 4 ≤ 1 − m ⇔  m ≤ −1 vµ m ≤ −3 ⇔ m ≥ 3.   VËy, víi m ≥ 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..  Chó ý.. §Ó hiÓu ®îc lËp luËn trong lêi gi¶i c©u b) cña vÝ dô trªn c¸c em häc sinh h·y ph¸c th¶o b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè, cô thÓ: x y' y. −∞ + −∞. x1 0 C§. 1 −. − +∞ −∞. x2 0. +∞ +. CT. để đặt được các điểm x = 0, x = 2, x = 4 vào vị trí thích hợp. ThÝ dô 4. Cho hµm sè y = −x4 + 2mx2 − m2. Víi gi¸ trÞ nµo cña m: a. Hµm sè nghÞch biÕn trªn (1; +∞) ? b. Hµm sè nghÞch biÕn trªn (−1; 0) vµ (2; 3)? 20. +∞.

(15)  Gi¶i. Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = −4x3 + 4mx,. y' = 0 ⇔ −4x3 + 4mx = 0 ⇔ −4x(x2 − m) = 0.. a. Hµm sè nghÞch biÕn trªn (1; +∞) khi: y' ≤ 0, ∀x∈(1; +∞) ⇔ −4x(x2 − m) ≤ 0, ∀x∈(1; +∞) ⇔ x(x2 − m) ≥ 0, ∀x∈(1; +∞) ⇔ f(x) = x2 − m ≥ 0, ∀x∈(1; +∞) ⇔ f(1) ≥ 0 ⇔ 1 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1. VËy, víi m ≤ 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Hµm sè nghÞch biÕn trªn (−1; 0)∪(2; 3) khi: y' ≤ 0, ∀x∈(−1; 0)∪(2; 3) ⇔ −4x(x2 − m) ≤ 0, ∀x∈(−1; 0)∪(2; 3) ⇔ 4x(x2 − m) ≥ 0, ∀x∈(−1; 0)∪(2; 3) 4x(x 2 − m) ≥ 0, ∀x ∈ (−1; 0) f (x)= x 2 − m ≤ 0, ∀x ∈ (−1; 0) ⇔ ⇔   2 2 4x(x − m) ≥ 0, ∀x ∈ (2; 3) f (x)= x − m ≥ 0, ∀x ∈ (2; 3) 1 − m ≤ 0 f (−1) ≤ 0 ⇔  ⇔ 1 ≤ m ≤ 4.  4 − m ≥ 0 f (2) ≥ 0 VËy, víi 1 ≤ m ≤ 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. S(0, m). ⇔. . Chó ý. §Ó hiÓu ®îc lËp luËn trong lêi gi¶i trªn c¸c em häc sinh h·y lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Nhận thấy đồ thị hàm số f(x) = x2 − m là một Parabol nhận trục Oy làm trục đối xứng và cắt Oy tại điểm S(0; −m). C¸ch 2: Sö dông kh¸i niÖm ®êng trßn cña h×nh häc gi¶i tÝch trong mÆt ph¼ng.. Dạng toán 3: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Phương pháp B»ng viÖc xÐt hµm sè f(x) trªn ®o¹n [a; b], ta cã: a. NÕu f'(x) = 0, ∀x∈[a; b] ⇔ Hµm sè f(x) lµ hµm h»ng trªn [a; b] ⇒ f(x) = f(x0) víi x0∈[a; b]. b. Nếu f '(x) ≥ 0, ∀x∈[a; b] ⇔ Hàm số f(x) đồng biến trên [a; b] ⇒ f(a) ≤ f(x) ≤ f(b). c. NÕu f '(x) ≤ 0, ∀x∈[a; b] ⇔ hµm sè f(x) nghÞch biÕn trªn [a; b] ⇒ f(b) ≤ f(x) ≤ f(a). ThÝ dô 1. Chøng minh biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x: A = sin2(x −. 2π ) + sin2x 3. + sin2(x +. 2π ). 3. 21.

(16)  Gi¶i XÐt hµm sè A = sin2(x − Ta cã:. 2π 2π ) + sin2x + sin2(x + ). 3 3. 2π 2π 2π 2π ).cos(x − ) + 2sinx.cosx + 2sin(x + ).cos(x + ) 3 3 3 3 4π 4π = sin(2x − ) + sin2x + sin(2x + ) 3 3 4π + sin2x = − sin2x + sin2x = 0 = 2sin2x.cos 3. A 'x = 2sin(x −. ⇔ Hàm số không đổi.. Ngoµi ra ta cßn cã A = A(0) = VËy, ta cã A =. 3 . 2. 3 kh«ng phô thuéc vµo x. 2.  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "ứng dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh đẳng thức ". Và ë ®©y, c¸c em cÇn nhí r»ng còng cã thÓ sö dông c¸c phÐp biÕn đổi lượng giác thuần tuý để thực hiện yêu cầu trên, cụ thể ở đây ta sö dông c¸c c«ng thøc h¹ bËc. Thí dụ 2. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a. sinx < x víi mäi x > 0. b. sinx > x víi mäi x < 0..  Gi¶i. XÐt hµm sè f(x) = sinx − x víi 0 < x < §¹o hµm: f'(x) = cosx − 1 < 0 víi 0 < x < a. Do đó:. π . 2. π π ⇔ hµm sè f(x) nghÞch biÕn trªn (0; ). 2 2. π π ⇔ sinx −x < 0 víi 0 < x < 2 2 π ⇔ sinx < x víi 0 < x < . 2 b. Sö dông kÕt qu¶ trªn víi lËp luËn: x < 0 ⇔ −x > 0 ⇒ sin(−x) < −x ⇔ −sinx < −x ⇔ sinx > x, ®pcm.. f(x) < f(0) víi 0 < x <.  NhËn xÐt: 1.. 22. Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "ứng dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh bất đẳng thức". Và ở đây, các em cần nhớ rằng phương pháp này thường được áp dụng cho những bất đẳng thức không mẫu mực..

(17) 2. Đôi khi chúng ta không thể khẳng định được ngay rằng f'(x) ≥ 0, ∀x∈[a; b] (hoặc f '(x) ≤ 0, ∀x∈[a; b]), trong các trường hợp như vậy, một thủ thuật thông thường được áp dụng là chúng ta liên tiếp tính đạo hàm để hạ bậc dần đa thức ẩn x. 3. Từ những bất đẳng thức đơn giản trên người ta có thể xây dựng ra những bất đẳng thức phức tạp hơn, cụ thể:  Với bất đẳng thức sinx < x chúng ta xây dựng được bài toán: "Chứng minh rằng trong mọi ∆ABC nhọn ta đều có: sinA + sinB + sinC < π"  Với bất đẳng thức tanx > x chúng ta xây dựng được bài toán: "Chứng minh rằng trong mọi ∆ABC nhọn ta đều có: tanA + tanB + tanC > π" Và khi đó, để chứng minh những bất đẳng thức dạng trên chúng ta cần thực hiện theo các bước: Bước 1: Lựa chọn hàm đặc trưng (y = sinx − x hoặc tanx − x). Bước 2: Chứng minh hàm số luôn đơn điệu trên D.. Bước 3: áp dụng. Thí dụ 3. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a. sinx > x −.  Gi¶i a. XÐt hµm sè f(x) = x −. §¹o hµm:. x3 víi mäi x > 0. 6. b. sinx < x −. x3 víi mäi x < 0. 6. x3 − sinx víi x > 0. 6. x2 − cosx, f''(x) = −x + sinx, 2 f'''(x) = −1 + cosx < 0 víi x > 0 ⇔ f''(x) nghÞch biÕn víi x > 0 ⇒ f''(x) < f''(0) víi x > 0 ⇔ f''(x) < 0 víi x > 0 ⇔ f'(x) nghÞch biÕn víi x > 0 ⇒ f'(x) < f'(0) víi x > 0 ⇔ f'(x) < 0 víi x > 0 ⇔ f(x) nghÞch biÕn víi x > 0 x3 − sinx < 0 víi x > 0 ⇒ f(x) < f(0) víi x > 0 ⇔ x − 6 x3 ⇔ sinx > x − víi x > 0. 6 b. Sö dông kÕt qu¶ trªn víi lËp luËn: (− x)3 x3 < sin(−x) ⇔ −x + < −sinx x < 0 ⇔ −x > 0 ⇒ (−x) − 6 6 x3 ⇔ sinx < x − , ®pcm. 6. f'(x) = 1 −. 23.

(18) . Chú ý: Ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ một phương pháp khác, đó là sử dụng các phép biến đổi đại số để xác định dấu của y’. . π. . . ThÝ dô 4. Chøng minh r»ng sinx + tanx > 2x víi mäi x ∈  0;  . 2.  Gi¶i. Xét hàm số f(x) = sinx + tanx − 2x, có đạo hàm: 1 −2 f'(x) = cosx + cos2 x  π NhËn xÐt r»ng víi x ∈ D =  0; 2  ta cã:   C«si 1 1 2 cosx + − 2 > cos x + − 2 ≥ 2−2=0 cos2 x cos2 x π ⇔ hàm số f(x) đồng biến trên D ⇔ f'(x) > 0 víi 0 < x < 2 π π ⇔ sinx + tanx − 2x > 0 víi 0 < x < ⇔ f(x) > f(0) víi 0 < x < 2 2 ⇔ sinx + tanx > 2x víi mäi x ∈ D..  Chó ý: 1.. Bất đẳng thức sát hơn so với bất đẳng thức trên là:  . π. 2sinx + tanx > 3x víi mäi x ∈  0;  2 2.. . Và từ bất đẳng thức này người ta xây dựng được: "Chứng minh rằng trong mọi ∆ABC nhọn ta đều có:. 2 1 (sin A + sin B + sin C) + (ta n A + ta n B + ta n C) > π " 3 3 Và để giải bài toán trên ta thực hiện như sau: Viết lại bất đẳng thức dưới dạng: 2(sin A + sin B + sin C) + (ta n A + ta n B + ta n C) > 3π ⇔ (2sin A + ta n A − 3A) + (2sin B + tan B − 3B) + + (2sin C + tan C − 3C) > 0  π XÐt hµm sè f(x) = 2sinx + tanx − 3x trªn kho¶ng  0;  .  2  π Hàm số đồng biến trên  0;  − Theo chứng minh trên.  2 VËy, ta ®îc: 2sinA + tanA − 3A > 0. (1) 2sinB + tanB − 3B > 0. (2) 2sinC + tanC − 3C > 0. (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.. 24.

(19) Dạng toán 4: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình và hệ Phương pháp Sử dụng các tính chất đơn điệu hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc, ta có các hướng áp dụng sau: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x) = k. (1) Bước 2: Xét hàm số y = f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu. Bước 3: Khi đó, phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. T×m x0 sao cho f(x0) = k. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = x0. Hướng 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x) = g(x). (2) Bước 2: Xét các hàm số y = f(x) và y = g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f(x) là đồng biến còn hàm sè y = g(x) lµ hµm h»ng hoÆc nghÞch biÕn. Bước 3: Khi đó, phương trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. T×m x0 sao cho f(x0) = g(x0). Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = x0. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u) = f(v). (3) Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu. Bước 3: Khi đó: (3) ⇔ u = v víi ∀u, v∈Df. Thí dụ 1. Giải phương trình tanx − x = 0..  Gi¶i. §iÒu kiÖn: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠. π + kπ, k ∈ . 2. π + kπ, k ∈ . , ta cã: 2 1 π f '(x) = = − 1 tan 2 x ≥ 0, ∀x ≠ + kπ, k ∈ . 2 cos x 2 π  ⇔ Hàm đồng biến trên= D  \  + kπ, k ∈   . 2  . XÐt hµm sè f(x) = tanx − x víi x ≠. 25.

(20) Do đó, nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta thÊy: f(0) = 0 − 0 = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình..  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải phương trình". Và ở đây, các em cần nhớ rằng phương pháp này thường được áp dụng cho những phương trình không mẫu mực. Thí dụ 2. Giải phương trình 1 − x − 1 + x= 2x 3 + 6x..  Gi¶i. §iÒu kiÖn: 1 − x ≥ 0 x ≤ 1 ⇔ ⇔ x ≤ 1.  1 + x ≥ 0  x ≥ −1 Tíi ®©y ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: 1 − x − 1 + x − 2x 3 − 6x = 0. XÐt hµm sè f (x) = 1 − x − 1 + x − 2x 3 − 6x trªn D = [−1; 1], ta cã: 1 1 f '(x) =− − − 6x 2 − 6 < 0, ∀x ∈ D 2 1− x 2 1+ x ⇔ Hµm nghÞch biÕn trªn D. Do đó, nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta thÊy: f(0) = 1 − 1 = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Cách 2: Ta lần lượt:  XÐt hµm sè f (x) = 1 − x − 1 + x trªn D = [−1; 1], ta cã: 1 1 − < 0, ∀x ∈ D ⇔ Hµm sè f(x) nghÞch biÕn trªn D. 2 1− x 2 1+ x  XÐt hµm sè g(x) = 2x3 + 6x trªn D = [−1; 1], ta cã: g’(x) = 6x2 + 6 > 0, ∀x∈D ⇔ Hàm số g(x) đồng biến trên D. Do đó, nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Víi x = 0, ta thÊy: 1 − 1 = 0 + 0 ⇔ 0 = 0, đúng nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Cách 3: Viết lại phương trình dưới dạng: (1) 1 − x + (1 − x)3 = 1 + x + (1 + x)3 . f '(x) =−. 26.

(21) XÐt hµm sè f (t) = t + t 3 trªn trªn D = [0; +∞), ta cã: 1 f '(t) = + t 2 > 0, ∀x ∈ D ⇒ Hàm số luôn đồng biến trên D. 2 t Khi đó: (1) ⇔ f(1 − x) = f(1 + x) ⇔ 1 − x = 1 + x ⇔ x = 0. Vậy, phương trình có nghiệm x = 0.. Thí dụ 3. Giải bất phương trình: x3 − |x2 − 3x + 2| + 6x − 7 > 0..  Gi¶i. XÐt hµm sè f(x) = x3 − |x2 − 3x + 2| + 6x − 7.  Miền xác định D =  .  §¹o hµm: 3x 2 − 2x + 9 nÕu x > 2 ∨ x < 1 f’(x) =  2 ⇒ hàm số đồng biến trên D. 3x + 2x + 3 nÕu1 < x < 2 Mặt khác ta có f(1) = 0, suy ra bất phương trình có nghiệm là x > 1..  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải bất phương trình". Và ở đây, các em cần nhớ rằng phương pháp này thường được áp dụng cho những bất phương trình không mẫu mực. Thí dụ 4. Tìm m để phương trình sinmx + cosmx = 1 nghiệm đúng với mọi x..  Gi¶i. Đặt f(x) = sinmx + cosmx, khi đó yêu cầu bài toán được phát biểu dưới dạng: f '(x)= 0, ∀x (1) f(x) = 1, ∀x ⇔  1 (2) f ( π / 4 ) = Gi¶i (1): Ta ®îc: m.cosx. sinm − 1x − msinx.cosm − 1x = 0, ∀x m = 0 m = 0 ⇔ . ⇔ m.sinx.cosx(sinm − 2x − cosm − 2x) = 0, ∀x ⇔  m − 2 m −2 x = cos x, ∀x m = 2 sin Ta xét từng trường hợp của m để giải (2):  Víi m = 0, ta ®îc: 0. 0.  2  π   2   = 2, kh«ng tho¶ m·n. +  f  =   2   4   2    π    Với m = 2, tương tự ta được f   = 1, thoả mãn. 4 Vậy, với m = 2 phương trình nghiệm đúng với mọi x.. 27.

(22) Thí dụ 5. Giải hệ phương trình:. y−x sin x − sin y =  π , víi x ∈ D =   0;  . π  2  x + 2y =.  Gi¶i Viết phương trình thứ nhất của hệ dưới dạng: sinx + x = siny + y. XÐt hµm sè f(t) = sint + t trªn D, ta cã: f '(t) = cost + 1 > 0 với x ∈ D ⇔ Hàm số f(t) đồng biến trên D. Vậy, phương trình (*) được viết dưới dạng: f(x) = f(y) ⇔ x = y. Khi đó, hệ có dạng: x = y x = y π ⇔  ⇔ x= y= .  π 3  x + 2y = 3x = π π Vậy, hệ phương trình có nghiệm x= y= . 3. (*).  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải hệ phương trình". Và ở đây, các em cần nhớ rằng phương pháp này thường được áp dụng cho những hệ phương trình không mẫu mực.. §2. cùc trÞ cña hµm sè D¹ng to¸n 1: T×m cùc trÞ cña hµm sè Phương pháp Để tìm cực trị của hàm số y = f(x), ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2: Tính đạo hàm y', rồi tìm các điểm tới hạn (thông thường là việc giải phương trình y' = 0), giả sử có x = x0. Bước 3: Lựa chọn một trong hai hướng: Hướng 1: Nếu xét dấu được y' thì lập bảng biến thiên rồi đưa ra kết luận dựa vào định lí: Định lí 1: Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm trong khoảng (a; b) vµ y'(x0) = 0 víi x0∈(a; b). a. Nếu qua x0 đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương thì hàm số đạt cực tiểu tại x0. b. Nếu qua x0 đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm thì hàm số đạt cực đại tại x0. 28.

(23) Hướng 2: Nếu không xét dấu được y' thì: Tìm đạo hàm bậc hai y". Tính y''(x0) rồi đưa ra kết luận dựa vào định lí: Định lí 2: Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm trong khoảng (a; b) vµ y'(x0) = 0 víi x0∈(a; b). a. Nếu y''(x0) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x0. b. Nếu y''(x0) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0. ThÝ dô 1. T×m cùc trÞ cña hµm sè y =. 8 − x2 ..  Gi¶i. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: Cách 1: (Sử dụng quy tắc 1): Ta lần lượt có:  Ta cã ®iÒu kiÖn: 8 − x2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 2 ⇒ D = [− 2 2 ; 2 2 ].  §¹o hµm: x 2x y' = − =− , y' = 0 ⇔ x = 0. 8 − x2 2 8 − x2  B¶ng biÕn thiªn: x 0 − ∞ −2 2 +∞ 2 2 y' 0 + − C§ y 0 0 2 2 Vậy, hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại của hàm số là f(0) = 2 2 . Cách 2: (Sử dụng quy tắc 2): Ta lần lượt có:  Ta cã ®iÒu kiÖn: 8 − x2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 2 ⇒ D = [− 2 2 ; 2 2 ].  §¹o hµm: 2x x y' = − =− , y' = 0 ⇔ x = 0. 2 8 − x2 8 − x2  Ta cã: 8 y'' = − ⇒ y''(0) < 0. (8 − x 2 )3 / 2 Vậy, hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại của hàm số là f(0) = 2 2 ..  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết hai cách trình bày dạng toán. "Tìm cực trị của hàm số" dựa trên hai quy tắc tương ứng. Và ở đây, các em cần nhớ rằng quy tắc 2 thường chỉ được sử dụng khi gặp khó kh¨n trong viÖc xÐt dÊu y’ hoÆc víi bµi to¸n chøa tham sè. Vµ b¾t dÇu tõ ®©y, viÖc ®a ra lêi kÕt luËn dùa theo b¶ng biÕn thiên được dành cho bạn đọc. 29.

(24) ThÝ dô 2. T×m c¸c kho¶ng t¨ng, gi¶m, cùc trÞ cña hµm sè: y=.  Gi¶i. 1 3 x + 2x2 + 3x − 1. 3. Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = x2 + 4x + 3, y' = 0 ⇔ x2 + 4x + 3 = 0 ⇔ x = −1 hoÆc x = −3. Giíi h¹n: lim y = −∞ vµ lim y = +∞. x →−∞. x →+∞. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y' +. −3 −1 0 0 + − C§ CT y −∞ −1 −7/3 Bạn đọc tự kết luận dựa theo bảng biến thiên.. +∞ +∞.  NhËn xÐt: Hµm ®a thøc bËc ba tæng qu¸t cã d¹ng: y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, víi a ≠ 0 có đạo hàm: y' = 0 ⇔ 3ax2 + 2bx + c = 0. y' = 3ax2 + 2bx + c, Từ đó, suy ra hàm số có 2 cực trị hoặc không có cực trị. ThÝ dô 3. T×m c¸c kho¶ng t¨ng, gi¶m, cùc trÞ cña hµm sè: y = x4 − 2x2 − 1..  Gi¶i Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 4x3 − 4x, y' = 0 ⇔ 4x3 − 4x = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = ±1. Giíi h¹n lim y = lim y = +∞. x →−∞. x →+∞. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ −2 y' − y 7 +∞. 0 −1 0 + 0 − CT C§ −2 −1 Bạn đọc tự kết luận dựa theo bảng biến thiên.. 1 0 CT −2. 2 + 7. +∞ +∞.  Nhận xét: Hàm đa thức dạng trùng phương có 3 hoặc 1 cực trị. ThÝ dô 4. T×m c¸c kho¶ng t¨ng, gi¶m, cùc trÞ cña hµm sè y =. 30. x 2 − 3x + 3 . x −1.

(25)  Gi¶i Miền xác định D =  \{1}. §¹o hµm: 1 1 y' = 1 − , y' = 0 ⇔ 1 − = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 2. 2 (x − 1) (x − 1)2 Giíi h¹n: lim y = lim y = −∞ , lim y = lim y = +∞. x →−∞. x →1−. x →+∞. x →1+. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y' +. 0 1 2 0 0 − − C§ 1 +∞ y −∞ CT −3 −∞ Bạn đọc tự kết luận dựa theo bảng biến thiên.. . +∞ + +∞. NhËn xÐt: Hµm ph©n thøc bËc hai trªn bËc nhÊt tæng qu¸t cã 2 cùc trÞ hoÆc kh«ng cã cùc trÞ. C¸c em häc sinh cÇn nhí r»ng gi¸ trÞ cùc trÞ cña hµm ph©n thøc y =. u '(x 0 ) u(x) t¹i x = x0 lµ y(x 0 ) = . v(x) v '(x 0 ). ThËt vËy:. u '(x)v(x) − u(x)v '(x) , v 2 (x) u '(x 0 )v(x 0 ) − u(x 0 )v '(x 0 ) =0 y'(x0) = 0 ⇔ v 2 (x 0 ) u '(x 0 ) u(x 0 ) = = y(x0), ®pcm. ⇔ u'(x0).v(x0) = u(x0).v'(x0) ⇔ v '(x 0 ) v(x 0 ) Kết quả trên được sử dụng để: 1. Xác định giá trị cực trị của các hàm phân thức hữu tỉ. 2. Lập phương trình đường thẳng, đường cong đi qua các điểm cực trÞ cña c¸c hµm ph©n thøc h÷u tØ.. y' =. Ngoài ra, với hàm phân thức hữu tỉ có cực đại và cực tiểu thì yCĐ < yCT , điều này khẳng định sự khác biệt giữa khái niệm về cực đại, cực tiểu và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số. Để tìm cực trị của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Biến đổi hàm số về dạng: f1 (x) víi x ∈ D1  y = ... . f (x) víi x ∈ D k k. 31.

(26) Bước 2: Tìm miền xác định của hàm số. Bước 3: Tính đạo hàm: 0} f '1 (x) víi x ∈ D1 \ {x | f1 (x) =  y’ = ... , f ' (x) víi x ∈ D \ {x | f (x) = 0} k k  k y’ = 0 ⇒ nghiÖm (nÕu cã). Bước 4: Bảng biến thiên, từ đó đưa ra lời kết luận.. ThÝ dô 5. T×m c¸c kho¶ng t¨ng, gi¶m, cùc trÞ cña hµm sè y = |x|(x + 2)..  Gi¶i. Miền xác định D =  . Viết lại hàm số dưới dạng: −2x − 2 víi x ≤ 0 − x(x + 2) víi x ≤ 0 y=  ⇒y'=  .  2x + 2 víi x > 0  x(x + 2) víi x > 0 Giíi h¹n lim y = −∞, lim y = +∞. x →−∞. x →+∞. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ y' +. 0 −1 0 0 + − C§ CT y 0 −∞ 1 Bạn đọc tự kết luận dựa theo bảng biến thiên..  Chó ý:. +∞ +∞. Các ví dụ 2, 3, 4, 5 đã miêu tả cực trị của ba dạng hàm số cơ bản trong chương trình phổ thông. Các thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ việc sử dụng dấu hiệu 2 cho các hàm lượng giác hoặc không mẫu mực.. ThÝ dô 6. T×m c¸c kho¶ng t¨ng, gi¶m, cùc trÞ cña c¸c hµm sè: a. y = x − sin2x + 2. b. y = 3 − 2cosx − cos2x..  Gi¶i. a. Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 1 − 2cos2x, y'' = 4sin2x. y' = 0 ⇔ 1 − 2cos2x = 0 ⇔ cos2x = Ta cã: . 32. 1 π ⇔ x =± + kπ , k∈  . 6 2. π Víi x =− + kπ ta nhËn ®îc: 6  π   π  y''  − + kπ  = 4sin  − + 2kπ  = − 2 3 < 0  3   6  π ⇒ hàm số đạt cực đại tại các điểm x =− + kπ , k∈  . 6.

(27) π + kπ ta nhËn ®îc: 6 π  π  y''  + kπ  = 4sin  + 2kπ  = 2 3 > 0 3  6  π ⇒ hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = + kπ , k∈  . 6 b. Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 2sinx + 2sin2x, y'' = 2cosx + 4cos2x. y' = 0 ⇔ 2sinx + 2sin2x = 0 ⇔ 2(1 + 2cosx)sinx = 0 2π ⇔ x= ± + 2kπ hoÆc x = kπ, k∈  . 3 Ta cã: 2π  Víi x = ± + 2kπ ta nhËn ®îc: 3 2π  2π  y''  ± + 2kπ  < 0 ⇒ hàm số đạt cực đại tại các điểm x = ± + 2kπ , k∈  . 3  3 . . Víi x =. . Víi x = kπ ta nhËn ®îc: y''(kπ) = 2cos(kπ) + 4cos(2kπ) = 2cos(kπ) + 4 > 0 ⇒ hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = kπ, k∈  .. Dạng toán 2: Tìm m để hàm số y = f(x, m) có cực trị Phương pháp §Ó thùc hiÖn c¸c yªu cÇu vÒ ®iÒu kiÖn cã cùc trÞ cña hµm sè y = f(x) ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Miền xác định. Bước 2: Tính đạo hàm y'. Bước 3: Lựa chọn theo một trong hai hướng: Hướng 1: Nếu xét được dấu của y' thì sử dụng dấu hiệu I với lËp luËn: Hµm sè cã k cùc trÞ ⇔ Phương trình y' = 0 có k nghiệm phân biệt và đổi dấu qua các nghiệm đó. Hướng 2: Nếu không xét được dấu của y' hoặc bài toán yêu cầu cụ thể về cực đại hoạc cực tiểu thì sử dụng dấu hiệu II, bằng việc tính thêm y". Khi đó: 1. Hµm sè cã cùc trÞ ⇔ hÖ sau cã nghiÖm thuéc D y ' = 0 .   y '' ≠ 0. 33.

(28) 2. Hµm sè cã cùc tiÓu ⇔ hÖ sau cã nghiÖm thuéc D y ' = 0 .   y '' > 0 3. Hàm số có cực đại ⇔ hệ sau có nghiệm thuộc D y ' = 0 .   y '' < 0 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x0 điều kiện là: x 0 ∈ D   x 0 lµ ®iÓm tíi h¹n .   y ''(x 0 ) > 0 5. Hàm số đạt cực đại tại x0 điều kiện là: x 0 ∈ D   x 0 lµ ®iÓm tíi h¹n .   y ''(x 0 ) < 0 Ngoài ra, với hàm đa thức y = f(x) thì điều kiện để "Hàm số đạt cực trị tại điểm x0" là:  y '(x 0 ) = 0 .   y ''(x 0 ) ≠ 0. ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m, hµm sè: y=.  Gi¶i. x 2 − m(m + 1)x + m3 + 1 x−m. luôn có cực đại và cực tiểu.. Miền xác định D =  \{m}. Viết lại hàm số dưới dạng: 1 y = x − m2 + . x−m §¹o hµm: 1 y' = 1 − , (x − m)2 1 = 0 ⇔ (x − m)2 − 1 = 0 ⇔ x1, 2 = m ± 1 ∈ D. y' = 0 ⇔ 1 − 2 (x − m) Tức là y' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt thuộc D và đổi dấu qua hai nghiệm này, do đó hàm số luôn có cực đại và cực tiểu..  34. Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết cách trình bày dạng toán "Chøng minh hµm sè lu«n cã cùc trÞ " dùa trªn quy t¾c 1..

(29) Trong trường hợp bài toán trên được phát biểu dưới dạng "Tìm m để hàm số có cực trị" thì để tăng độ khó cho yêu cầu người ta thường đòi hỏi thêm như sau: a. Hoành độ (hoặc tung độ) các điểm cực trị thuộc khoảng K, khi đó chúng ta chỉ cần thiết lập điều kiện : m±1∈K hoÆc y(m ± 1) ∈ K ⇔ [2x − m(m+1)](m ± 1) ∈ K. b. Toạ độ các điểm cực trị thoả mãn điều kiện K, khi đó chúng ta thùc hiÖn:  Toạ độ các điểm cực trị là: (m + 1, 2 + m − m2) vµ (m − 1, −2 + m − m2)  Thiết lập điều kiện K, từ đó nhận được giá trị của m. c. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị thoả mãn điều kiện K, khi đó chúng ta thực hiện:  Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị là: (d): y = 2x − m(m + 1)  Thiết lập điều kiện K, từ đó nhận được giá trị của m. ... Và trong tất cả các đòi hỏi kèm theo chỉ cần các em học sinh biết cách phân tích, để từ đó đưa ra được một lược đồ thực hiện thích hợp. Thí dụ 2. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số f(x) = x3 + ax2 + bx + c đạt cực trị bằng 0 tại điểm x = −2 và đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1; 0)..  Gi¶i. §¹o hµm f'(x) = 3x2 + 2ax + b vµ f”(x) = 6x + 2a. Để hàm số đạt cực trị bằng 0 tại điểm x = −2 và đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1; 0) ®iÒu kiÖn lµ: 0 f(−2) = −8 + 4a − 2b + c =0 a = 3  − = 12 − 4a + b = 0 f '( 2) 0   ⇔  ⇔ b = 0 .  f "(−2) ≠ 0 −12 + 2a ≠ 0  c = −4 f(1) = 0 1 + a + b + c = 0 VËy, víi a = 3, b = 0 vµ c = −4 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết hai cách trình bày dạng toán "Tìm điều kiện để hàm số có cực trị tại điểm x0" dựa trên quy tắc 2. Thí dụ 3. Tìm m để các hàm số sau có cực trị: a. y =.  Gi¶i. 1 3 x − mx 2 + (2m 2 − 3m + 2)x + 8 . 3. b. y = sinx − mx.. a. Ta lần lượt có: 35.

(30) Tập xác định D =  . §¹o hµm: y' = x2 − 2mx + 2m2 − 3m + 2, y' = 0 ⇔ x2 − 2mx + 2m2 − 3m + 2 = 0. Hàm số có cực trị khi phương trình y’ = 0 có nghiệm và đổi dấu qua nghiệm đó: ⇔ ∆’y’ > 0 ⇔ m2 − 2m2 + 3m − 2 > 0 ⇔ m2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2. VËy, víi 1 < m < 2 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Ta lần lượt có:  Tập xác định D =  .  §¹o hµm: y' = cosx − m, y'' = −sinx. y' = 0 ⇔ cosx − m = 0 ⇔ cosx = m. Hµm sè cã cùc trÞ khi hÖ sau cã nghiÖm:  m ≤ 1 y '(x) = 0  m ≤ 1  m ≤ 1 ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ m <1.  m ≠ ±1 x ≠ kπ y ''(x) ≠ 0 − sin x ≠ 0  . VËy, víi m < 1 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. . Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã biết hai cách trình bày dạng toán "Tìm điều kiện để hàm số có cực trị " dựa trên hai quy tắc tương ứng. Và ở đây, các em cần nhớ rằng quy tắc 2 thường chỉ ®îc sö dông khi gÆp khã kh¨n trong viÖc xÐt dÊu y’ hoÆc yªu cầu cụ thể về cực đại, cực tiểu của hàm số.. ThÝ dô 4. T×m c¸c hÖ sè a, b, c, d cña hµm sè f(x) = ax3 + bx2 + cx + d sao cho hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0, f(0) = 0 và đạt cực đại tại điểm x = 1, f(1) = 1..  Gi¶i. §¹o hµm: f'(x) = 3ax2 + 2bx + c, f"(x) = 6ax + 2b. Để hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0, f(0) = 0 và đạt cực đại tại điểm x = 1, f(1) = 1 ®iÒu kiÖn lµ: d = 0 a b c d 1 + + + = f(0) = 0 vµ f(1)=1    ⇔ f '(0) = 0 vµ f'(1)=0 ⇔ c = 0 3a + 2b + c = f "(0) > 0 vµ f"(1)<0 0   2b > 0 vµ 6a + 2b < 0. a = −2  . b = 3 c= d= 0 . VËy, víi a = −2, b = 3 vµ c = d = 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. ThÝ dô 5. Cho hµm sè f(x) = x3 + px + q. a. Với điều kiện nào để hàm số có một cực đại và một cực tiểu ? 36.

(31) b. Chứng minh rằng nếu giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu thì phương trình: x3 + px + q = 0 (1) cã ba nghiÖm ph©n biÖt. c. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có ba nghiÖm ph©n biÖt lµ 4p3 − 27q2 > 0..  Gi¶i a. Miền xác định D =  . §¹o hµm: f'(x) = 0 ⇔ 3x2 + p = 0. f'(x) = 3x2 + p, Để hàm số có một cực đại và một cực tiểu điều kiện là: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ p < 0. VËy, víi p < 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Víi hµm sè trªn (liªn tôc trªn  ), ta cã ngay nhËn xÐt xC§ < xCT. Khi đó: f(xCD) > 0 vµ f(xCT) < 0 lim f(x) = −∞, vậy tồn tại c1 < xCĐ để f(c1) < 0,. (*). x →−∞. lim f(x) = + ∞, vậy tồn tại c2 > xCT để f(c2) > 0,. x →+∞. suy ra: f(c1).f(xCD) < 0; f(xCD).f(xCT) < 0; f(xCT).f(c2) < 0. Vậy phương trình (1) luôn có có ba nghiệm phân biệt. c. Ta cã: f(xCD).f(xCT) < 0 ⇔ ( x 3C§ + pxC§ + q)( x 3CT + pxCT + q) < 0 ⇔ (3 x 3C§ + 3pxC§ + 3q)(3 x 3CT + 3pxCT + 3q) < 0 ⇔ [(3 x 2C§ + p)xC§ + 2pxC§ + 3q][(3 x 2CT + p)xCT + 2pxCT + 3q] < 0 ⇔ (2pxC§ + 3q)(2pxCT + 3q) < 0 ⇔ 4p2xC§.xCT + 6q(xC§ + xCT) + 9q2 < 0  p ⇔ 4p2  − 3  + 9q2 < 0 ⇔ 4p3 − 27q2 > 0.  . . Chó ý: 1. C¸c em häc sinh cÇn ghi nhËn ph¸t biÓu cña c©u b) nh mét phương pháp để tìm điều kiện của tham số sao cho phương trình bËc ba cã ba nghiÖm ph©n biÖt. 2. Qua các thí dụ 2, 3, 4 chúng ta bước đầu làm quen với việc tìm cùc trÞ cña hµm ®a tøc bËc ba (lµ d¹ng hµm sè c¬ b¶n cña chương trình toán THPT). Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ cách thùc hiÖn khi bµi to¸n ghÐp thªm tÝnh chÊt K cho c¸c ®iÓm cùc trÞ cña d¹ng hµm sè nµy. 37.

(32) ThÝ dô 6. Cho hµm sè: y = x3 − 3mx2 + 4m3. Xác định m để các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua ®êng th¼ng y = x..  Gi¶i Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 3x2 − 6mx, y' = 0 ⇔ 3x2 − 6mx = 0 ⇔ f(x) = x2 − 2mx = 0 x = 0 . ⇔  1  x 2 = 2m. (1). Trước hết, hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ m ≠ 0. Khi đó, toạ độ các điểm cực trị là A(0, 4m3) và B(2m, 0). Để các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng với nhau qua đường th¼ng (d): y = x ®iÒu kiÖn lµ:   AB ⊥ a d 2m − 4m3 = 0 AB ⊥ (d) ⇔ ⇔    3 3 0 m − 2m =  trung ®iÓm I cña AB thuéc (d) I(m;2m ) ∈ (d) m≠0 1 . ⇔ m=± 2 1 VËy, víi m = ± tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2.  Chó ý:. Trong trường hợp nghiệm phương trình (1) chứa căn thức, ta nên chọn phương pháp sau: Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 3x2 − 6mx, y' = 0 ⇔ 3x2 − 6mx = 0 ⇔ f(x) = x2 − 2mx = 0 (1) Hàm số có cực đại, cực tiểu khi (1) có hai nghiệm phân biệt, tức: ∆' = 36m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. Khi đó, hoành độ các điểm cực đại , cực tiểu thoả mãn: 2m x A + x B = .  x A x B = 0 Thùc hiÖn phÐp chia ®a thøc y cho y' (thùc chÊt chia cho f(x)), ta ®îc: y = (x2 − 2mx)(x − m) − 2m2x + 4m3, nªn nÕu M(x0; y0) lµ ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè th×: y0 = −2m2x0 + 4m3 ⇒ A(xA; −2m2xA + 4m3) vµ B(xB; −2m2xB + 4m3).. 38.

(33) Gäi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta cã: xA + xB = xI = m ⇒ yI = −2m2xI + 4m3 = 2m3 ⇒ I(m; 2m3). 2 Để các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng với nhau qua ®êng th¼ng (d): y = x ®iÒu kiÖn lµ: k AB .k (d) = −1 m ≠ 0 AB ⊥ (d) 1 ⇔  . ⇔ m=±  3 2 I(m;2m ) ∈ (d)  trung ®iÓm I cña AB thuéc (d). ThÝ dô 7. Cho hµm sè: y=.  Gi¶i. mx 2 + 3mx + 2m + 1 . x −1. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số có cực đại, cực tiểu và hai điểm đó nằm về hai phía đối với trục Ox.. Miền xác định D =  \{1}. §¹o hµm: mx 2 − 2mx − 5m − 1 , y' = 0 ⇔ mx2 − 2mx − 5m − 1 = 0. y' = (x − 1) 2 Hµm sè cã cùc trÞ ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 m ≠ 0 m ≠ 0 m > 0  2  . ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 6m + m > 0 ⇔  m < − 1 −6m − 1 ≠ 0 f (1) ≠ 0  6  . (1). (2). Tíi ®©y chóng ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy sau: Cách 1: Với điều kiện (2) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: 2  x1 + x 2 =   5m + 1 .  x1.x 2 = − m Ta cã:. ( mx y(x ) = 1. 2. ) (x ) = 2mx. + 3mx + 2m + 1 '. ( x − 1) '. 1. 1. + 3m, y(x2) = 2mx2 + 3m.. . Hai điểm cực đại, cực tiểu nằm về hai phía đối với trục Ox ⇔ y(x1)y(x2) < 0 ⇔ ( 2mx1 + 3m)( 2mx2 + 3m) < 0 ⇔ m2[4x1.x2 + 6( x1 + x2) + 9] < 0 ⇔ m2 − 4m < 0 ⇔ 0 < m < 4. (3) KÕt hîp (2) vµ (3) ta ®îc 0 < m < 4. VËy, víi 0 < m < 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Cách 2: (Sử dụng đồ thị): Hai điểm cực đại, cực tiểu nằm về hai phía đối với trục Ox (*) ⇔ y = 0 v« nghiÖm ⇔ mx2 + 3mx + 2m + 1 = 0 v« nghiÖm ⇔ ∆ < 0 ⇔ 9m2 − 4m(2m + 1) < 0 ⇔ m2 − 4m < 0 ⇔ 0 < m < 4. (3') 39.

(34) KÕt hîp (2) vµ (3') ta ®îc 0 < m < 4. VËy, víi 0 < m < 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..  Chú ý: Thực tế, để phương trình (*) vô nghiệm ta cần xét hai trường hợp: Trường hợp 1. Với m = 0 Trường hợp 2. Với m ≠ 0, khi đó (*) vô nghiệm khi: ∆ < 0   ∆ =0 .  b 1  − =   2a. Tuy nhiªn, víi bµi to¸n trªn ta chØ cÇn ∆ < 0 v× tõ (2) dÔ thÊy: −. . b 3 = − ≠ 1. 2a 2. Chó ý: ThÝ dô tiÕp theo, chóng ta sÏ quan t©m tíi tÝnh chÊt cùc trÞ cña hµm trùng phương.. ThÝ dô 8. Cho hµm sè: y = x4 − 2mx2 + 2m. Xác định m để hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu: a. Lập thành một tam giác đều. b. LËp thµnh mét tam gi¸c vu«ng. c. LËp thµnh mét tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 16..  Gi¶i. Ta lần lượt có:  Miền xác định D =  .  §¹o hµm: (1) y' = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − m), y' = 0 ⇔ x(x2 − m) = 0. Hàm số có cực đại, cực tiểu khi: (1) cã ba nghiÖm ph©n biÖt ⇔ m > 0. (*) Khi đó, (1) có ba nghiệm phân biệt x = 0, x = ± m và toạ độ ba điểm cực trị: A(0; 2m), B(− m ; −m2 + 2m) , C( m ; −m2 + 2m) a. Ta có ∆ABC đều khi: 2 2 2 AB = AC (ld) ⇔ AB2 = BC2 ⇔ − m + ( −m 2 ) = 2 m  AB = BC. (. ). (. ). (*). 3 ⇔ m4 − 3m = 0 ⇔ m3 − 3 = 0 ⇔m= 3.. VËy, víi m = 3 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Do tính đối xứng của hai điểm B, C qua Oy (A thuộc Oy) nên ∆ABC chỉ có thể vu«ng t¹i A. 40.

(35) Khi đó, ta có điều kiện:     AB ⊥ AC ⇔ AB ⊥ AC ⇔ AB.AC = 0 ⇔ − m. m − m 2 . ( − m 2 ) = 0 (*). ⇔ −m + m4 = 0 ⇔ m3 − 1 =0 ⇔ m = 1. VËy, víi m = 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. V× ∆ABC c©n t¹i A nªn: (*) 1 1 ⇔ 16 2m= .2 m 2m m ⇔ m3 = S∆ABC = AO.BC= 64 ⇔ m = 4. 2 2 VËy, víi m = 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..  Chú ý: Trong các đề thi đại học và cao đẳng một câu hỏi đơn lẻ có thể được đặt ra về điều kiện cực trị của các dạng hàm số khác (trị tuyệt đối, vô tỉ, …) khi đó chỉ cần các em nắm vững kiến thức đã được trình bày trong bµi to¸n tæng qu¸t. ThÝ dô 9. Cho hµm sè y =.  Gi¶i. x+a x2 + 1. . Tìm a để:. a. Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ.. b Hµm sè cã cùc tiÓu.. Miền xác định D =  . §¹o hµm: −ax + 1 y' = , y' = 0 ⇔ 1 − ax = 0. (x 2 + 1) x 2 + 1 a. Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ khi: Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ a = 0. VËy, víi a = 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Hµm sè cã cùc tiÓu khi: (1) có nghiệm và qua đó y' đổi dấu từ âm sang dương ⇔ a < 0. VËy, víi a < 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. (1). §3. gi¸ trÞ lín nhÊt. vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè D¹ng to¸n 1: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt (gtln), gi¸ trÞ nhá nhÊt (gtnn) cña hµm sè Phương pháp §Ó t×m gtll, gtnn cña hµm sè y = f(x), ta lùa chän mét trong ba c¸ch sau: Cách 1: (Phương pháp khảo sát trực tiếp): Lập bảng biến thiên của hàm số trên D , rồi dựa vào đó để kết luận. 41.

(36) C¸ch 2: Víi yªu cÇu "T×m gtln, gtnn cña hµm sè y = f(x) trªn ®o¹n [a; b]", ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Tính y' rồi giải phương trình y' = 0 với x∈(a; b). Giả sử các nghiÖm lµ x1, x2, ... Bước 2: Tính f(a), f(b), f(x1) , f(x2), ... Bước 3: So sánh các số vừa tính, từ đó:  Max y = Max{ f(a), f(b), f(x1) , f(x2), ...}. x∈[a;b]. . Min y = Min{ f(a), f(b), f(x1) , f(x2), ...} .. x∈[a;b]. Cách 3: (Phương pháp khảo sát gián tiếp): Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Đặt đối số mới X = ϕ(x). T×m tËp gi¸ trÞ DX cho X.. Bước 2: Lập bảng biến thiên của hàm số y = F(X) trên DX , rồi dựa vào đó để kết luận. ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè y =. x−2 +. 4−x ..  Gi¶i. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: §iÒu kiÖn: x − 2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 ⇒ Tập xác định D = [2; 4].  4 − x ≥ 0 §¹o hµm: 1 1 1 1 − , y' = 0 ⇔ = ⇔ x = 3. y' = 2 x−2 2 4−x 2 x−2 2 4−x B¶ng biÕn thiªn: x 3 4 +∞ −∞ 2 y' 0 + − C§ y 2 2 2 VËy, ta cã:  Max y = 2, đạt được khi x = 3. x∈D. . Min y = x∈D. 2 , đạt được khi x = 2 hoặc x = 4.. C¸ch 2: §iÒu kiÖn: x − 2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 ⇒ Tập xác định D = [2; 4].  4 − x ≥ 0 42.

(37) §¹o hµm: 1. −. 1. ,. y' = 0 ⇔. 1. 1. ⇔ x = 3. 2 x−2 2 4−x 2 x−2 2 4−x VËy, ta cã:  Max y = Max{f(2), f(3), f(4)} = Max{ 2 , 2, 2 } = 2, đạt được khi x = 3. y' =. =. x∈D. . Min y = Min{f(2), f(3), f(4)} = Min{ 2 , 2, x∈D. 2}=. 2 , đạt được khi x = 2. hoÆc x = 4. C¸ch 3: §iÒu kiÖn: x − 2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 ⇒ Tập xác định D = [2; 4].  4 − x ≥ 0 Ta lần lượt có: y=. x−2 +. 4−x. Bunhiac«pxki. ≤. ⇒ Max y = 2, đạt được khi x∈D. y=. x−2 +. (1 + 1)(x − 2 + 4 − x) = 2. x−2 =. 4 − x ⇔ x = 3.. 4 − x ⇔ y2 = x − 2 + 4 − x + 2 (x − 2)(4 − x) ≥ 2 ⇔ y ≥. 2. ⇒ Min y = 2 , đạt được khi (x − 2)(4 − x) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 4. x∈D.  Nhận xét: Qua thí dụ trên các em học sinh đã được làm quen với ba phương pháp cơ bản đểt tìm gtln và gtnn của hàm số và: 1. ở cách 1, chúng ta đã sử dụng bảng biến thiên để nhận được gtln và gtnn của hàm số. Tuy nhiên, một câu hỏi thường được đặt ra ở đây là "Bằng cách nào để có được dấu của y’ trong bảng biến thiên đó ?", câu trả lời khá đơn giản là với x=. 7 ∈ (2; 3) ta ®îc 4. 7 2 y '  = > 0 do đó trong khoảng (2; 3) đạo hàm y’ sẽ mang dấu 4 3. dương. 2. ở cách 2, chính là phương pháp tìm gtln và gtnn của hàm số trên mét ®o¹n. 3. ở cách 3, chúng ta đã sử dụng kiến thức về bất đẳng thức. ThÝ dô 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè f(x) = sin4x + cos4x..  Gi¶i. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch: Cách 1: (Sử dụng đạo hàm): Vì hàm số tuần hoàn với chu kì π và là hàm số chẵn nên π ta xÐt trªn D = [0; ]. 2 43.

(38) §¹o hµm: y' = 4cosx.sin3x − 4sinx.cos3x = 2(sin2x − cos2x)sin2x = −sin4x, kπ π π ⇒ x = 0, x = vµ x = . y' = 0 ⇔ sin4x = 0 ⇔ x = 4 4 2 B¶ng biÕn thiªn: x 0 π/4 π/2 y' 0 + − 1 1/2 1 y CT Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn, ta cã: π 1 kπ  yMin = , đạt được khi x = + , k ∈ . 4 2 2 kπ  yMax = 1, đạt được khi x = , k ∈ . 2 Cách 2: (Sử dụng cách đánh giá): Ta có: 1 f(x) = sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 − 2sin2x.cos2x = 1 − sin22x 2 Từ đó, suy ra: 1 1 1 f(x) ≥ 1 − = ⇒ Min f(x) = , đạt được khi: x ∈ R 2 2 2 π kπ sin22x = 1 ⇔ cos2x = 0 ⇔ x = + , k∈  . 4 2 f(x) ≤ 1 ⇒ Max f(x) = 1, đạt được khi: x∈R. sin22x = 0 ⇔ sin2x = 0 ⇔ x =. kπ , k∈  . 2. ThÝ dô 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña c¸c hµm sè: a. y = 2sin2x + 2sinx − 1. b. y = cos22x − sinx.cosx + 4..  Gi¶i a. §Æt t = sinx, ®iÒu kiÖn t≤ 1. Hàm số được viết lại dưới dạng: y = 2t2 + 2t − 1. §¹o hµm: y' = 4t + 2,. 1 y' = 0 ⇔ 4t + 2 = 0 ⇔ t = − . 2. Ta cã: 1 3 y(−1) = −1, y(− ) = − , y(1) = 3. 2 2. 44.

(39) VËy, ta nhËn ®îc: 3 Max y = Max{−1, − , 3} = 3 đạt được khi: x∈R 2 π t = 1 ⇔ sinx = 1 ⇔ x = + 2kπ , k∈  . 2 3 3  Min y = Min{−1, − , 3} = − đạt được khi: x∈R 2 2 π  − + 2kπ x=  1 1 6 , k∈  . t = − ⇔ sinx = − ⇔  2 2  x = 7π + 2kπ  6 b. §Æt t = sin2x, ®iÒu kiÖn t≤ 1. Hàm số được viết lại dưới dạng: 1 1 y = (1 − sin22x) − sin2x + 4 = −t2 − t + 5. 2 2 §¹o hµm: 1 1 1 y' = −2t − , y' = 0 ⇔ −2t − = 0 ⇔ t = − . 2 4 2 Ta cã: 9 7 1 81 y(−1) = , y(− ) = , y(1) = . 2 2 4 16 VËy, ta nhËn ®îc: 9 81 7 81  , }= đạt được khi: Max y = Max{ , x∈R 2 16 2 16  x = α + kπ 1 1 t = − ⇔ sin2x = − = sin2α ⇔  , k∈  .  x= π − α + kπ 4 4  2 9 81 7 7  , } = đạt được khi: Min y = Min{ , x∈R 2 16 2 2 π t = 1 ⇔ sin2x = 1 ⇔ x = + kπ , k∈  . 4 .  Chú ý: Trong nhiều trường hợp, chúng ta cần sử dụng một vài phép biến đổi đại số để làm xuất hiện ẩn phụ cho hướng giải quyết gián tiếp. ThÝ dô 4. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè y = |1 + 2cosx| + |1 + 2sinx|..  Gi¶i. V× y > 0 víi mäi x nªn ta ®i xÐt hµm sè: Y = y2 = 6 + 4(sinx + cosx) + 2|1 + 2(sinx + cosx) + 4sinx.cosx|. 45.

(40) §Æt X = sinx + cosx ®iÒu kiÖn |X| ≤ 2 ⇒ 2sinx.cosx = X2 − 1. VËy, ta ®îc: Y = 6 + 4X + 2|1 + 2X + 2(X2 − 1)|  2 −1 − 3 −1 + 3 ]∪[ , 2] 4X + 8X + 4 khi X ∈ [− 2,  2 2 . =  − − − + 1 3 1 3  2 khi X ∈ [ , ] −4X + 8 2 2  . Miền xác định D = [ − 2 ; 2 ]. §¹o hµm:  −1 − 3 −1 + 3 ]∪[ , 2] 8X + 8 khi X ∈ [− 2,  2 2 Y' =  −1 − 3 −1 + 3  −8X khi X ∈ [ 2 , 2 ]. . Bảng biến thiên: đặt x1 = X. −∞. − 2. Y' Y. −. −1 − 3 −1 + 3 ; x2 = 2 2 x1 0 −1 + 0 + 0 −. CT. C§. x2. 2. +∞. + CT. Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn, ta cã: −1 − 3 −1 + 3 ),Y( )}= ( 3 −1)2 ⇒ Miny = 3 − 1. 2 2. . Min Y = min{Y(. . Max Y =max{Y(− 2 ),Y(0),Y( 2 )}=4( 2 +1)2 ⇒ Maxy = 2( 2 +1).. X∈D. X∈D. ThÝ dô 5. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè y =.  Gi¶i. Biến đổi hàm số về dạng: 3 2 − sin 2 2x 3sin 2 2x − 8 8 − 3sin 2 2x 4 y= = = . 2 2 1 2 2sin 2x 8 8 − 2sin 2x − 2 − sin 2x 2 2 §Æt X = sin 2x ®iÒu kiÖn 0 ≤ X ≤ 1. Khi đó: 3X − 8 y = F(X) = . 2X − 8. 46. 1 + sin 6 x + cos6 x . 1 + sin 4 x + cos4 x.

(41) Miền xác định D = [0; 1]. §¹o hµm: −8 y' = < 0, ∀X∈D ⇒ hµm sè nghÞch biÕn trªn D. (2X − 8)2 Ta cã ngay: 5  Min y = F(1) = đạt được khi: X∈D 6 π kπ + , k ∈ . X = 1 ⇔ sin22x = 1 ⇔ cos2x = 0 ⇔ x = 2 4  Max y = F(0) = 1 đạt được khi: X∈D. X = 0 ⇔ sin22x = 0 ⇔ sin2x = 0 ⇔ x =. kπ , k ∈ . 2. Dạng toán 2: ứng dụng gtln, gtnn của hàm số để giải phương trình, bất phương trình Phương pháp 1. Giải phương trình: Để sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số vào việc giải phương trình: f(x, m) = g(m). (1) ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y = f(x, m) vµ ®êng th¼ng (d): y = g(m). Bước 2: Xét hàm số y = f(x, m)  Tìm miền xác định D.  Tính đạo hàm y', rồi giải phương trình y' = 0.  LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè. Bước 3: Kết luận:  Phương trình có nghiệm ⇔ min f(x, m) ≤ g(m) ≤ max f(x, m). x∈D. x∈D. Phương trình có k nghiệm phân biệt khi (d) cắt (C) tại k điểm ph©n biÖt.  Phương trình vô nghiệm ⇔ (d) ∩ (C) = ∅. 2. Giải bất phương trình: Để sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số vào việc giải bất phương trình: f(x, m) ≤ g(m), ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Xét hàm số y = f(x, m):  Tìm miền xác định của hàm số.  Tính đạo hàm y', rồi giải phương trình y' = 0.  LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè.. . 47.

(42) Bước 2:. Kết luận cho các trường hợp như sau:  Bất phương trình có nghiệm với x∈D ⇔ min y ≤ g(m). x∈D. . Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x∈D ⇔ max y ≤ g(m). x∈D. Tương tự cho bất phương trình f(x, m)≥g(m) với lời kết luận:  Bất phương trình có nghiệm với x∈D ⇔ max y ≥ g(m). x∈D. . Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x∈D ⇔ min y ≥ g(m). x∈D. Thí dụ 1. Tìm m để phương trình x3 − 3x2 + m = 0 có ba nghiệm phân biệt..  Gi¶i. Biến đổi phương trình về dạng: x3 − 3x2 = −m. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 víi ®êng th¼ng y = −m. XÐt hµm sè y = x3 − 3x2 trªn D =  , ta cã: y' = 3x2 − 6x, y' = 0 ⇔ 3x2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 2. B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 0 + − 0 +∞ y −∞ −4 Để phương trình có ba nghiệm phân biệt điều kiện cần và đủ là: −4 < −m < 0 ⇔ 0 < m < 4. VËy, víi 0 < m < 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..  Chú ý: Trong các đề thi đại học và cao đẳng để tăng độ khó cho người ta có thể hỏi thêm "Hãy xét dấu các nghiệm" hoặc "Chứng tỏ rằng khi đó phương trình luôn có một nghiệm âm" hoặc "Chứng tỏ rằng khi đó phương trình luôn có hai nghiệm dương", ..., và khi đó chúng ta sử dông nhËn xÐt r»ng gi¶ sö ba nghiÖm lµ x1 < x2 < x3, ta lu«n cã: x1 < 0 < x2 < 2 < x3. Ngoài ra, với câu hỏi "Biện luận theo m số nghiệm của phương trình trªn kho¶ng (a; b) hoÆc ®o¹n [a; b]" chóng ta sÏ nhóng kho¶ng hoÆc đoạn đó vào bảng biến thiên để biện luận. Thí dụ với câu hỏi "Biện luận theo m số nghiệm của phương trình trên (−1; 4]", chúng ta sẽ có: x − ∞ −1 0 2 4 +∞ y' + 0 0 + − 0 16 −4 +∞ y −∞ −4 48.

(43) Từ đó, ta có:  Với m < −4, phương trình vô nghiệm trên D = (−1; 4].  Với m = −4, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 thuộc D.  Với −4 < m < 0, phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc D.  Với m = 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D.  Với 0 < m ≤ 16, phương trình có một nghiệm thuộc D.  Với m > 16, phương trình vô nghiệm trên D. Thí dụ 2. Tìm m để bất phương trình −x3 + 3mx − 2 ≤ −.  Gi¶i. mäi x ≥ 1.. 1 nghiệm đúng với x3. Với x ≥ 1, ta biến đổi bất phương trình về dạng: 1 x 6 + 2x 3 − 1 ≥ 3m. 3mx ≤ x3 + 2 − 3 ⇔ x x4 x 6 + 2x 3 − 1 XÐt hµm sè f(x) = trªn tËp D = [1; +∞), ta cã: x4 2x 3 (x 3 − 1) + 4 f'(x) = > 0, ∀x ∈ D ⇒ Hàm số f(x) đồng biến trên D. x5 Vây, bất phương trình nghiệm đúng khi: 2 min F(x) ≥ 3m ⇔ F(1) ≥ 3m ⇔ 2 ≥ 3m ⇔ m ≤ . x ≥1 3 2 VËy, víi m ≤ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 3. Thí dụ 3. Tìm m để hệ sau có nghiệm:. 2  x −3x − 4 ≤ 0 .  3 2  x −3 | x | x − m − 15m ≥ 0.  Gi¶i. Gi¶i (1) ta ®îc − 1 ≤ x ≤ 4. Xét bài toán ngược “ Tìm m để hệ vô nghiệm “, tức: x3 − 3|x|x − m2 − 15m < 0 ∀x∈[−1; 4] ⇔ x3 − 3|x|x < m2 + 15m ∀x∈[−1; 4]. XÐt hµm sè 3 2  x + 3x khi − 1 ≤ x < 0 . y = x3 − 3|x|x =  3 2  x − 3x khi 0 ≤ x ≤ 4  Miền xác định D = [ − 1, 4].  §¹o hµm: 2 3x + 6x khi − 1 < x < 0 . y’ =  2 3x − 6x khi 0 < x < 4 49.

(44) . B¶ng biÕn thiªn: x y’. −2 0. −1 −. 0 0. −. 2 0. 4 +. y VËy, hÖ v« nghiÖm khi Max y < m2 + 15m ⇔ Max{f( − 1), f(4)} < m2 + 15m −1≤ x ≤ 4. m > 1 ⇔ 16 < m2 + 15m ⇔ m2 + 15m − 16 > 0 ⇔  .  m < −16 VËy, hÖ cã nghiÖm khi −16 ≤ m ≤ 1.. Đ4. đồ thị của hàm số. phép tịnh tiến hệ tọa độ Dạng toán 1: Phép tịnh tiến hệ tọa độ Phương pháp Câu hỏi thường được đặt ra là:.  "Viết công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI với I(x0; y0) và viết phương trình của đường cong (C): y = f(x) đối với hệ toạ độ IXY". Khi đó, ta thực hiện theo các bước:  Bước 1: Công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là: X= x − x 0 x= X + x 0 ⇔  .  Y= y − y 0 y= Y + y 0. Bước 2: Khi đó trong hệ tọa độ IXY đường cong (C) có phương trình:.  NhËn xÐt:. (C): Y = f(X + x0) − y0 ⇔ (C): Y = F(X).. (*). Ta có hai trường hợp đặc biệt: Nếu hàm số Y = F(X) là hàm lẻ ta suy ra rằng I là tâm đối xøng cña ®êng cong (C). NÕu hµm sè Y = F(X) lµ hµm ch½n ta suy ra r»ng ®êng thẳng x = x0 là trục đối xứng của đường cong (C).. ThÝ dô 1. Cho parabol (P): y = 2x2 − 3x + 1. a. Xác định đỉnh I của parabol (P).  b. Viết công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI và viết phương trình của parabol (P) đối với hệ toạ độ IXY. Từ đó, chỉ ra phương trình trục đối xứng của parabol (P). 50.

(45)  Gi¶i 3 1 a. Tọa độ đỉnh I  ; −  .  4 8.  b. Công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là: 3 3   x= X + 4 X= x − 4 ⇔   y= Y − 1 Y= y + 1   8 8 và khi đó trong hệ tọa độ IXY parabol (P) có phương trình: 2. 1 3 3   (P): Y − = 2  X +  − 3  X +  + 1 ⇔ (P): Y = 2X2. 4 8 4   Nhận xét rằng, trong hệ tọa độ IXY hàm số Y = 2X2 là hàm số chẵn dó đó đồ thị 3 hàm số nhận đường thẳng x = làm trục đối xứng. 4.  NhËn xÐt:. Qua thÝ dô trªn, ta cã: a. Víi hµm ®a thøc bËc hai (Parabol) (P): y = ax2 + bx + c, ta cã: ∆  b ; −  chính là đỉnh của parabol. 4a   2a b §å thÞ (P) lu«n nhËn ®êng th¼ng x = − làm trục đối xứng. 2a. §iÓm I  −. b. Để chứng minh đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Với phép biến đổi toạ độ: X= x − a x= X + a ⇔   y = Y Y = y. hµm sè cã d¹ng: Y = f(X + a) ⇔ Y = F(X). (*) Bước 2: Nhận xét rằng hàm số (*) là hàm số chẵn nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng. 1 vµ ®iÓm I(−2; 2). x+2  Viết công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI và. Thí dụ 2. Cho đường cong (C) có phương trình y = 2 −.  Gi¶i. viết phương trình của đường cong (C) đối với hệ toạ độ IXY. Từ đó, suy ra rằng I là tâm đối xứng của đường cong (C).. 51.

(46)  Công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là: X= x + 2 x= X − 2 ⇔   y= Y + 2 Y= y − 2 và khi đó trong hệ tọa độ IXY hàm số có phương trình: 1 1 Y+2=2− ⇔Y=− . (*) (X − 2) + 2 X Nhận xét rằng, trong hệ tọa độ IXY hàm số (*) là hàm số lẻ dó đó nó nhận điểm I làm tâm đối xứng..  NhËn xÐt:. Qua thÝ dô trªn, ta cã: a. Víi hµm ph©n thøc bËc nhÊt trªn bËc nhÊt (H): y = a ≠ 0, c ≠ 0, ta cã:. ax + b víi cx + d.  d a. §iÓm I  − ;  chÝnh lµ giao ®iÓm cña hai ®êng tiÖm  c c cận (tiệm cận đứng và tiệm cân ngang). Đồ thị (H) luôn nhận điểm I làm tâm đối xứng. Không tồn tại tiếp tuyến của đồ thị qua I. b. Để chứng minh đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a; b) làm tâm đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Với phép biến đổi toạ độ: X= x − a ⇔  Y= y − b. x= X + a  y= Y + b. hµm sè cã d¹ng: Y + b = f(X + a) ⇔ Y = F(X). (*) Bước 2: Nhận xét rằng hàm số (*) là hàm số lẻ nên đồ thị hàm số nhận điểm I(a; b) làm tâm đối xứng. ThÝ dô 3. Cho hµm sè: f(x) = x3 − 3x2 + 2x − 1. a. Xác định điểm I thuộc đồ thị (C) của hàm số đã cho biết rằng hoành độ của điểm I là nghiệm của phương trình f"(x) = 0..  b. Viết công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI và viết phương trình của đường cong (C) đối với hệ toạ độ IXY. Từ đó, suy ra rằng I là tâm đối xứng của đường cong (C). c. Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm I đối với hệ tọa độ Oxy. Chứng minh rằng trên khoảng(−∞; 1) đường cong (C) nằm dưới tiếp tuyến tại I của (C) và trên khoảng (1; +∞) đường cong (C) nằm trên tiếp tuyến đó.. 52.

(47)  Gi¶i a. Ta lần lượt có:  Miền xác định D =  .  §¹o hµm: f'(x) = 3x2 − 6x − 2, f''(x) = 6x − 6, f''(x) = 0 ⇔ 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ I(1; −1)..  b. Công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là:. X= x − 1 x= X + 1 ⇔   Y= y + 1 y= Y − 1 và khi đó trong hệ tọa độ IXY đường cong (C) có phương trình:. (C): Y − 1 = (X + 1)3 − 3(X + 1)2 + 2(X + 1) − 1 ⇔ (C): Y = X3 − X. Nhận xét rằng, trong hệ tọa độ IXY hàm số Y = X3 − 3X là hàm số lẻ dó đó nó nhận điểm I làm tâm đối xứng. c. Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm I đối với hệ tọa độ Oxy, có dạng: (d): y = f'(xI)(x − xI) + f(xI) ⇔ (d): y = −5(x − 1) − 1 ⇔ (d): y = −5x + 4. XÐt hiÖu: H = x3 − 3x2 + 2x − 1 − (−5x + 4) = x3 − 3x2 + 7x − 5 = (x − 1)(x2 − 2x + 5) Từ đó, suy ra:  NÕu H > 0 ⇔ (x − 1)(x2 − 2x + 5) > 0 ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Tøc lµ, trªn kho¶ng(1; +∞) ®êng cong (C) n»m trªn tiÕp tuyÕn (d).  NÕu H < 0 ⇔ (x − 1)(x2 − 2x + 5) < 0 ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Tøc lµ, trªn khoảng(−∞; 1) đường cong (C) nằm dưới tiếp tuyến (d)..  NhËn xÐt:. Qua vÝ dô trªn, ta thÊy víi hµm ®a thøc bËc ba: (C): y = ax3 + bx2 + cx + d, ta cã: Điểm I thuộc đồ thị của hàm số với hoành độ của điểm I là nghiệm của phương trình f"(x) = 0 được gọi là điểm uốn của đồ thị. Đồ thị (C) luôn nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. Tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị cắt đồ thị. Ngoµi ra, tiÕp tuyÕn t¹i I sÏ cã hÖ sè gãc lín nhÊt hoÆc nhá nhÊt tuú thuéc vµo dÊu cña a.. Dạng toán 2: Tìm tâm đối xứng, trục đối xứng của đồ thị Phương pháp Sö dông c¸c kÕt qu¶ trong hai nhËn xÐt cña thÝ dô 1 vµ thÝ dô 2. 53.

(48) Thí dụ 1. Xác định tâm đối xứng của đồ thị hàm số y =.  Gi¶i. 2 +1. x −1. Gọi I(x0; y0) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số, khi đó công thức chuyển hệ toạ  độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là: x= X + x 0 X= x − x 0 ⇔   y= Y + y 0 Y= y − y 0 và khi đó trong hệ tọa độ IXY hàm số có phương trình: 2 2 (*) Y + y0 = +1 ⇔ Y = + 1 − y0. X + x0 − 1 X + x0 − 1 Để I(x0; y0) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số điều kiện là hàm số trong (*) phải lµ hµm lÎ, suy ra: 0 x 0 − 1 = x = 1 ⇔  0 ⇒ I(1; 1).  0 y 0 − 1 = y 0 = 1 Vậy, tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I(1; 1).. ThÝ dô 2. Cho hµm sè: y = x4 + 4mx3 − 2x2 − 12mx. Xác định m để đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy..  Gi¶i Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy là x = a (a ≠ 0). Khi đó, với phép biến đổi toạ độ: X= x − a  x= X + a ⇔   Y = y y = Y và khi đó trong hệ tọa độ IXY hàm số có phương trình: Y = (X + a)4 + 4m(X + a)3 − 2(X + a)2 − 12m(X + a) lµ hµm sè ch½n. Ta cã: Y = (X + a)4 + 4m(X + a)3 − 2(X + a)2 − 12m(X + a) = X4 + 4a2X2 + a4 + 4aX3 + 2a2X2 + 4a3X + + 4m(X3 + 3X2a + 3X a2 + a3) − 2(X2 + 2Xa + a2) − 12m(X + a) = X4 + 4(a + m)X3 + 2(3a2 + 6am − 1)X2 + + 4(a3 + 3ma2 − a − 3m)X + a4 + 4ma3 − 2a2 − 12ma. (1) Hµm sè (1) lµ hµm sè ch½n khi: a ≠0 ⇒ m≠0 0 a = − m 4(a + m) = ⇔ ⇔ m = ±1.   3 3 2 0 0 4m − 4m = 4(a + 3ma − a − 3m) = Vậy, với m = ± 1 đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy.. 54.

(49) Đ5. đường tiệm cận của đồ thị Dạng toán 1: Tiệm cận của đồ thị hàm phân thức hữu tỉ Phương pháp 1. Mäi hµm ph©n thøc h÷u tØ bËc nhÊt trªn bËc nhÊt y =. ax + b (a ≠ 0, b ≠ 0 cx + d. và TS, MS không có nghiệm chung) đều có hai tiệm cận là: Tiệm cận đứng x = −. d v× lim± y = ∞ . d c x →− c. a a TiÖm cËn ngang y = v× lim y = . x →±∞ c c. Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 2. Mäi hµm ph©n thøc h÷u tØ bËc hai trªn bËc nhÊt y =. ax 2 + bx + c (a ≠ 0, d ≠ 0 dx + e. và TS, MS không có nghiệm chung) đều có hai tiệm cận là: Tiệm cận đứng x = −. e v× lim± y = ∞ . d d x →− c. Tiệm cận xiên được xác định bằng cách chia TS cho MS, giả sử: y = y = kx + m +. A dx + e. th× ®êng th¼ng y = kx + m lµ tiÖm cËn xiªn v×: lim y − (kx + m) = 0. x →±∞. Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Thí dụ 1. a. Tìm tiệm cận đứng và tiệm cân xiên của đồ thị (C) của hàm số: y=.  Gi¶i. x2 + x − 4 . x+2. b. Xác định giao điểm I của hai tiệm cận trên và viết công thức chuyển  hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI . c. Viết phương trình của đường cong (C) đối với hệ toạ độ IXY. Từ đó, suy ra rằng đồ thị (C) nhận điểm I làm tâm đối xứng.. a. Viết lại hàm số dưới dạng: 2 y=x−1− . x+2 Tập xác định D =  \ {3}. Từ đó, ta nhận được kết luận:  Đường thẳng x = −2 là tiệm cận đứng vì lim y = ∞. x →−2. . §êng th¼ng y = x − 1 lµ tiÖm cËn xiªn v× lim [y − (x − 1)] = 0. x →∞. 55.

(50) b. Ta lần lượt có:  Giao ®iÓm I(−2; −3).   Công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là: X= x + 2 x= X − 2 ⇔   Y= y + 3 y= Y − 3 c. Khi đó trong hệ tọa độ IXY (C) có phương trình: 2 2 ⇔ (H): Y = X − . (C): Y − 3 = (X − 2) − 1 − (X − 2) + 2 X 2 Nhận xét rằng, trong hệ tọa độ IXY hàm số Y = X − là hàm số lẻ dó đó nó X nhận gốc tọa độ I làm tâm đối xứng..  NhËn xÐt:. Qua thÝ dô trªn, ta thÊy víi hµm ph©n thøc bËc hai trªn bËc nhÊt (H): y =. ax 2 + bx + c víi a ≠ 0, d ≠ 0 vµ TS, MS kh«ng cã nghiÖm dx + e. chung, ta cã: §å thÞ (H) lu«n nhËn ®iÓm giao ®iÓm I cña hai ®êng tiÖm cận làm tâm đối xứng. Không tồn tại tiếp tuyến của đồ thị qua I. Ngoài ra, với các hàm hữu tỉ khác chúng ta sử dụng định nghĩa để xác định tiệm cận đứng, tiệm cận xiên (hoặc tiệm cận ngang) cho đồ thị hàm số. Thí dụ 2. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =. x3 + 2 . x 2 − 2x.  Gi¶i Miền xác định D =  \ {0, 2}. Viết lại hàm số dưới dạng: 4x + 2 . y=x+2+ 2 x − 2x Từ đó, ta nhận được kết luận:  Đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng vì lim y = ∞. x→0. . Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng vì lim y = ∞.. . §êng th¼ng y = x + 2 lµ tiÖm cËn xiªn v× lim [y − (x + 2)] = 0.. x →2. x →∞. Vậy, đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận..  Chó ý: 56. Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ các yêu cầu thường dc đặt ra với tiệm cËn cña hµm ph©n thøc h÷u tØ chøa tham sè..

(51) ThÝ dô 3. Cho hµm sè y =.  Gi¶i. mx + 1 . x +1− m. a. Chứng tỏ rằng với mọi m đồ thị hàm số luôn có hai tiệm cận. b. Tìm m để khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ bằng 1. c. Tìm m để khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ nhỏ nhất. d. Tìm m để hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số tạo với hai trục toạ độ một hình chữ nhật có diện tích bằng 2.. a. §å thÞ hµm sè kh«ng cã tiÖm cËn khi TS vµ MS cã nghiÖm chung, tøc lµ: m 1 = ⇔ m(1 − m) = 1 ⇔ m2 − m + 1 = 0, v« nghiÖm. 1 1− m Vậy, với mọi m đồ thị hàm số luôn có hai tiệm cận là:  Đường thẳng (d1): x = m − 1 là tiệm cận đứng vì lim y = ∞. x → m −1. . §êng th¼ng (d2): y = m lµ tiÖm cËn ngang v× lim y = m . x →∞. b. Với tâm đối xứng I(m − 1; m), ta có: OI = 1 ⇔ (m − 1)2 + m2 = 2 ⇔ 2m2 − 2m = 0 ⇔ m = 0 hoÆc m = 1. VËy, víi m = 0 hoÆc m = 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. Với tâm đối xứng I(m − 1; m), ta có: 2 1 1 1  OI2 = (m − 1)2 + m2 = 2m2 − 2m + 1= 2  m +  + ≥ 2 2 2  1 1 , đạt được khi m = − . suy ra MinOI = 2 2 VËy, víi m = 0 hoÆc m = 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. d. Ta cã:  (d1) c¾t Ox t¹i ®iÓm A(m − 1; 0).  (d2) c¾t Oy t¹i ®iÓm B(0; m). Khi đó, từ giả thiết ta có: OA.OB = 2 ⇔ m − 1.|m = 2 ⇔ m2 − m = 2 m2 − m = m2 − m − 2 = 2 0  m = −1 . ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ 0, v« nghiÖm −2  m − m =  m − m + 2 = m = 2 VËy, víi m = −1 hoÆc m = 2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. ThÝ dô 4. Cho hµm sè: (Cm): y =. x 2 + mx − 1 . x −1. Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số tạo với các trục toạ độ một tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 18. 57.

(52)  Gi¶i Viết lại hàm số dưới dạng: m . y=x+m+1+ x −1 Trước tiên, để đồ thị hàm số có tiệm cận xiên điều kiện là m ≠ 0. (*) Khi đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là (d): y = x + m + 1. Gäi A, B theo thø tù lµ giao ®iÓm cña (d) víi c¸c trôc Ox, Oy, ta ®îc: A(−m − 1; 0) vµ B(0; m + 1). Để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số tạo với các trục toạ độ một tam giác có diện tÝch b»ng 18 ®iÒu kiÖn lµ: 1 1 1 S∆OAB = 18 ⇔ 18 = OA.OB = −m − 1.m + 1 = (m + 1)2 2 2 2 m = 5 , tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*). ⇔ (m + 1)2 = 36 ⇔  m = −7 VËy, víi m = 5 hoÆc m = −7 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..  NhËn xÐt:. Qua thí dụ trên, các em học hinh cần ghi nhận việc xác định điều kiện để đồ thị hàm phân thức hữu tỉ bậc hai trên bậc nhất có tiệm cËn xiªn.. Dạng toán 2: Tiệm cận của đồ thị hàm vô tỉ Phương pháp Sử dụng định nghĩa và quy tắc tìm tiệm cận hai phía. Víi hµm sè: (C): y = Ax 2 + Bx + C , víi A > 0 vµ B2 − 4AC ≠ 0 để tìm các đường tiệm cận của (C) ta thực hiện theo các bước: Bước 1:. Giả sử (d): y = a1x + b1 là tiệm cận xiên bên phải của đồ thị hàm số, ta có:. Bước 2:. Ax 2 + Bx + C =− A. x →−∞ x = b lim  Ax 2 + Bx + C + x A  x →−∞   B Bx + C = lim =− . x →−∞ 2 A Ax 2 + Bx + C − x A Khi đó, ta được tiệm cận xiên bên phải của đồ thị (C) là: B (d1): y = − A x − . 2 A Giả sử (d): y = ax + b là tiệm cận xiên bên trái của đồ thị hàm số, ta có:. a = lim. a = lim. x →+∞. 58. Ax 2 + Bx + C = x. A..

(53) = b lim  Ax 2 + Bx + C − x A  x →+∞   B Bx + C = lim = . 2 x →+∞ 2 A Ax + Bx + C + x A Khi đó, ta được tiệm cận xiên bên trái của đồ thị (C) là: B (d2): y = A x + . 2 A Phương pháp được mở rộng cho lớp hàm số:. y = cx + d ±. Ax 2 + Bx + C ;. = y. n. A n x n + A n −1x n −1 + ... + A 0 . .. Thí dụ 1. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số a. y=. b. y =. x 2 + x + 1.. x 2 − 4x + 3..  Gi¶i. a. Miền xác định D =  .  Giả sử (d1): y = a1x + b1 là tiệm cận xiên bên phải của đồ thị hàm số, ta có:  1 1  y x2 + x + 1 = lim  − 1 + + 2  = − 1, a1 = lim = lim x →−∞ x x →−∞ x →−∞ x x  x  b1 = lim [y − ax] = lim [ x 2 + x + 1 + x] x →−∞. = lim. x →−∞. x →−∞. x +1. 1 =− . 2 x + x +1 − x 2. 1 lµ tiÖm cËn xiªn bªn ph¶i cña (C). 2 Giả sử (d2): y = a2x + b2 là tiệm cận xiên bên trái của đồ thị hàm số, ta có:. VËy, ®êng th¼ng (d1): y = −x −. . x2 + x + 1 1 1 = lim 1 + + 2 = 1, x →+∞ x →+∞ x x x x +1 1 b2 = lim [y − ax] = lim  x 2 + x + 1 − x  = lim = . x →+∞ x →+∞   x →+∞ x 2 + x + 1 + x 2 1 VËy, ®êng th¼ng (d2): y = x + lµ tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i cña (C). 2 b. Miền xác định D = (−∞; 1] ∪ [3; +∞).  Giả sử (d1): y = a1x + b1 là tiệm cận xiên bên phải của đồ thị hàm số, ta có:  4 3  y x 2 − 4x + 3 = lim  − 1 − + 2  = −1, a1 = lim = lim x →−∞ x x →−∞ x →−∞ x x  x  −4x + 3 = 2. b1 = lim [y − a1x] = lim [ x 2 − 4x + 3 + x] = lim 2 x →−∞ x →−∞ x →−∞ x − 4x + 3 − x. a2 = lim. y = lim x →+∞ x. VËy, ®êng th¼ng (d1): y = − x + 2 lµ tiÖm cËn xiªn bªn ph¶i cña (C). 59.

(54) . Giả sử (d2): y = a2x + b2 là tiệm cận xiên bên trái của đồ thị hàm số, ta có: x 2 − 4x + 3 4 3 = lim 1 − + 2 = 1, →+∞ x →+∞ x x x x −4x + 3 b2 = lim [y − a2x] = lim  x 2 − 4x + 3 − x  = lim = −2. x →+∞  x →+∞  x →+∞ x 2 − 4x + 3 + x. a2 = lim. y = lim x →+∞ x. VËy, ®êng th¼ng (d2): y = x − 2 lµ tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i cña (C).. . Hoạt động: Qua thí dụ trên, các em học hãy giải thích tại sao cần có điều. kiÖn A > 0 cña hµm sè y= Ax 2 + Bx + C. Thí dụ 2. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số a. y =+ x x 2 + 1.. b. y =+ x x 2 − 1..  Gi¶i. a. Miền xác định D =  .  Giả sử (d1): y = a1x + b1 là tiệm cận xiên bên phải của đồ thị hàm số, ta có:   1  y x2 + 1   = lim  1 − 1 + 2  = 0 = lim  1 + a1 = lim x →−∞ x x →−∞  x  x  x →−∞   −1 =0 b1 = lim (y − ax) = lim x + x 2 + 1 = lim x →−∞ x →−∞ x →−∞ x − x2 + 1 VËy, ®êng th¼ng (d1): y = 0 lµ tiÖm cËn ngang bªn ph¶i cña (C).  Giả sử (d2): y = a2x + b2 là tiệm cận xiên bên trái của đồ thị hàm số, ta có:. ). (. a2 = lim. x →+∞. y = lim x x →+∞.  x2 + 1  1 +  = lim   x →+∞ x  . b2 = lim (y − ax) = lim (. (.  1   1 + 1 + 2  = 2 x  . ). x 2 + 1 − x = lim. −1. = 0. x +1 + x VËy, ®êng th¼ng (d2): y = 2x lµ tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i cña (C). x →+∞. x →+∞. x →+∞. 2. b. §iÒu kiÖn: x2 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 ⇒ D = (−∞; − 1] ∪ [1; +∞). Miền xác định D = (−∞; − 1] ∪ [1; +∞).  Giả sử (d1): y = a1x + b1 là tiệm cận xiên bên phải của đồ thị hàm số, ta có:   1  y x2 − 1   = lim  1 − 1 − 2  = 0 a1 = lim = lim  1 +  x →−∞ x x →−∞  x  x  x →−∞   1 b1 = lim (y − ax) = lim x + x 2 − 1 = lim =0 x →−∞ x →−∞ x →−∞ x − x2 − 1 VËy, ®êng th¼ng (d1): y = 0 lµ tiÖm cËn ngang bªn ph¶i cña (C).. (. 60. ).

(55) . Giả sử (d2): y = a2x + b2 là tiệm cận xiên bên trái của đồ thị hàm số, ta có:   1  y x2 − 1   = lim  1 + 1 − 2  = 2 a2 = lim = lim  1 + x →+∞ x x →+∞  x  x  x →+∞   −1 b2 = lim (y − ax) = lim ( x 2 − 1 − x = lim = 0. 2 x →+∞ x →+∞ x →+∞ x −1 + x VËy, ®êng th¼ng (d2): y = 2x lµ tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i cña (C).. ). (.  Hoạt động:  Chó ý:. Qua thí dụ trên, các em học hãy giải thích tại sao hai hàm số đó l¹i cã cïng tiÖm cËn.. Với các đồ thị hàm số vô tỉ dạng khác, để xác định các đường tiệm cận ta có thể thực hiện theo các bước: Bước 1: Tìm miền xác định D và miền giá trị I (nếu có thể) của hàm số, nếu D hoặc I có chứa ∞ thì thực hiện bước 2 còn trái lại kết luận đồ thị hàm số không có tiệm cận. Bước 2: Dựa vào D và I tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số. Nếu hàm số chứa căn bậc chẵn, nói chung ta thường phải tìm c¸c tiÖm cËn bªn tr¸i vµ bªn ph¶i.. Thí dụ 3. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số: a. = y. 2 − x2 .. b.= y. x 2 − x + 1 − x..  Gi¶i. a. §iÒu kiÖn: 2 − x2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ⇒ D = [− 2 ; 2 ] ⇒ D kh«ng chøa ∞. Miền giá trị I của hàm số được xác định như sau: 2 − x2 ≤ 2 ⇒ 0 ≤ 2 − x 2 ≤ 2 ⇔ I = [0; Vậy, đồ thị hàm số không có tiệm cận. b. Ta cã ®iÒu kiÖn: x2 − x + 1 − x ≥ 0 ⇔ x2 − x + 1 ≥ x. 2 ] ⇒ I kh«ng chøa ∞.. x ≤ 0  2 x ≤ 0 x − x + 1 ≥ 0 ⇔  ⇒ D = (−∞; 1]. ⇔  0 ≤ x ≤1 x≥0      x 2 − x + 1 ≥ x 2. Ta cã: lim y = lim. x →−∞. x →−∞. x 2 − x + 1 − x = +∞ .. Vậy, đồ thị hàm số không có tiệm cận.. . Chú ý: Với các đồ thị hàm số vô tỉ dạng phân thức hữu tỉ, chúng ta có thể đánh giá được sự tồn tại của tiệm cận xiên hoặc tiệm cận ngang dựa trên việc đánh giá bậc của tử số và mẫu số. 61.

(56) Thí dụ 4. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị các hàm số: a. (C) : y =.  Gi¶i. x 2. x −1. .. b. (C) : y = x. x . x +1. a. §iÒu kiÖn: x2 − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇒ D = (−∞; −1) ∪ (1; +∞). Ta lần lượt:  Vì lim y = ∞ nên đồ thị (C) có tiệm cận đứng bên phải là x = −1. x →−1−. . Vì lim y = ∞ nên đồ thị (C) có tiệm cận đứng bên trái là x = 1. x →1+. . TiÖm cËn ngang bªn ph¶i, ta cã: x x x = lim = lim = −1. lim y = lim 2 x →−∞ x →−∞ x →−∞ x →−∞ 1 1 x −1 x 1− 2 −x 1 − 2 x x Vậy, đồ thị (C) có tiệm cận ngang bên phải là y = −1.  TiÖm cËn ngang bªn tr¸i, ta cã: x x x = lim = lim = 1. lim y = lim x →+∞ x →+∞ x →+∞ 1 x 2 − 1 x →+∞ x 1 − 1 x 1− 2 x x2 Vậy, đồ thị (C) có tiệm cận ngang bên trái là y = 1. x ≥ 0 x ⇒ D = (−∞; −1) ∪ [0; +∞). b. §iÒu kiÖn ≥0 ⇔  x +1  x < −1 Ta lần lượt:  Vì lim y = ∞ nên đồ thị (C) có tiệm cận đứng bên phải là x = 1. x →−1−. . 62. TiÖm cËn xiªn (d): y = ax + b, ta cã: y x = 1. a = lim = lim x →∞ x x →∞ x +1     x x − x  = lim x  − 1 = b lim(y − x) = lim  x x →∞ x →∞ x →∞  x +1   x +1   x  x −1 x − 1 x. 1 1 x + 1  = lim x + 1 = − lim x + 1 = = lim  − = − . x →∞ x →∞ x →∞ 1+1 2 x x x +1 +1 +1 x +1 x +1 x +1 1 Vậy, đồ thị (C) có tiệm cận xiên là (d) : y= x − . 2.

(57) §6. kh¶o s¸t sù biÕn thiªn. và vẽ đồ thị của một số hàm đa thức Dạng toán 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm đa thức bậc ba Phương pháp Víi hµm sè: y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, víi a ≠ 0 ta lần lượt có: a. Tập xác định D =  . b. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc:   b c d  lim y = lim  x 3  a + + 2 + 3  = a(±∞)3= a(±∞). x →±∞ x x x    B¶ng biÕn thiªn: y' = 0 ⇔ 3ax2 + 2bx + c = 0. y' = 3ax2 + 2bx + c, LËp b¶ng biÕn thiªn: x →±∞. . x −∞ +∞ y' y Dựa vào bảng biến thiên đưa ra kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biÕn vµ cùc trÞ cña hµm sè. c. §å thÞ:  §iÓm uèn: b y'' = 6ax + 2b, y'' = 0 ⇔ 6ax + 2b = 0 ⇔ x = − . 3a b Vì y" đổi dấu khi x qua điểm − nên đồ thị hàm số có một điểm uốn 3a b   b U  − ; f(− )  . 3a   3a  Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ (trong trường hợp đồ thị không cắt các trục tọa độ hoặc việc tìm tọa độ giao điểm phức tạp thì bỏ qua phÇn nµy). Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn U làm tâm đối xứng. 63.

(58) Do có bốn trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm bậc ba cã bèn d¹ng sau ®©y: Víi a > 0 Cã hai cùc trÞ Kh«ng cã cùc trÞ. Víi a < 0 Cã hai cùc trÞ Kh«ng cã cùc trÞ y. y. y U O. −b/3a. U x. O. −b/3a. y U. U x. O. −b/3a. x −b/3a. O. x. ThÝ dô 1. Cho hµm sè: y = x3 + 3x2 − 4. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tuỳ theo giá trị của m hãy biện luận số nghiệm của phương trình: −x3 − 3x2 + 4 + m = 0. c. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn. d. Chứng minh rằng điểm uốn là tâm đối xứng của đồ thị..  Gi¶i. a. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: 3 4 lim y y = lim [x3(1 + 2 − 3 )] x →±∞ x →±∞ x x  +∞ khi x → +∞ . =   −∞ khi x → −∞  B¶ng biÕn thiªn: y' = 3x2 + 6x, x y'. −∞. y. −∞. +. −2 0 C§ 0. −2. −1. y O. x −2. I −4. x = 0 y' = 0 ⇔ 3x2 + 6x = 0 ⇔  .  x = −2 0 +∞ 0 + − −4 +∞ CT. Tõ b¶ng biÕn thiªn, ta cã: − Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −2) và (0; +∞). − Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 0). − Hàm số đạt cực đại tại điểm (−2; 0) và cực tiêu tại điểm (0; −4). 64.

(59) 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: y'' = 6x + 6, y'' = 0 ⇔ 6x + 6 = 0 ⇔ x = −1. Vì y" đổi dấu khi x qua điểm −1 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là I(−1; −2).  Giao của đồ thị hàm số với trục tung là A(0; −4).  Giao của đồ thị hàm số với trục hoành: x = 1 ⇒ B(1; 0). x3 + 3x2 − 4 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 + 4x + 4) = 0 ⇔   x = −2 b. Viết lại phương trình dưới dạng: x3 + 3x2 − 4 = m. Khi đó, số nghiệm của phương trình chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng y = m, do đó ta có kết luận:  Với m < −4 hoặc m > 0 phương trình có nghiệm duy nhất.  Với m = −4 hoặc m = 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt.  Với −4 < m < 0 phương trình có ba nghiệm phân biệt. c. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm uốn I có dạng: (dI): y + 2 = y'(−1)(x + 1) ⇔ (dI): y = −3x − 5.  d. Công thức chuyển hệ toạ độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI là: X= x + 1 x= X − 1 ⇔   Y= y + 2 y= Y − 2 và khi đó trong hệ tọa độ IXY (C) có phương trình: (C): Y − 2 = (X − 1)3 + 3(X − 1)2 − 4 ⇔ (H): Y = X3 − 3X. Nhận xét rằng, trong hệ tọa độ IXY hàm số Y = X3 − 3X là hàm số lẻ dó đó nó nhận gốc tọa độ I làm tâm đối xứng. Vậy, điểm uốn là tâm đối xứng của đồ thị.. ThÝ dô 2. Cho hµm sè: y = (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2). a. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba ®iÓm ph©n biÖt. b. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = −1..  Gi¶i. a. Phương trình hoành độ giao điểm: 0 x + 1 = (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2) = 0 ⇔  2 g(x) = x + 2mx + m + 2 = 0 (1) Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt điều kiện là: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1. 65.

(60) ∆ 'g > 0 m2 − m − 2 > 0 m < −1 ⇔ ⇔ ⇔ . (*) g(−1) ≠ 0 2 < m ≠ 3 3 − m ≠ 0 Vậy, với m thỏa mãn (*) thì đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. b. Bạn đọc tự giải.. Dạng toán 2: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm trùng phương Phương pháp Víi hµm sè: y = f(x) = ax4 + bx2 + c, víi a ≠ 0 ta lần lượt có: a. Tập xác định D =  . b. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: lim y = lim ax4(1 +. x →±∞. x →±∞. b c + 4 )= 2 ax ax.  +∞ khi a > 0 .   −∞ khi a < 0. . B¶ng biÕn thiªn: y' = 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0. y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b), LËp b¶ng biÕn thiªn: x −∞ +∞ y' y Dựa vào bảng biến thiên đưa ra kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biÕn vµ cùc trÞ cña hµm sè. c. §å thÞ:  §iÓm uèn: y'' = 12ax2 + 2b. (1) Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số có hai điểm uốn: U1(x1; f(x1)) vµ U2(x2; f(x2)).  Giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ (trong trường hợp đồ thị không cắt các trục tọa độ hoặc việc tìm tọa độ giao điểm phức tạp thì bỏ qua phÇn nµy). Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. Do có bốn trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm bậc ba cã bèn d¹ng sau ®©y: Víi a > 0 Víi a < 0 Cã mét cùc trÞ Cã ba cùc trÞ Cã mét cùc trÞ Cã ba cùc trÞ y. y. O 66. x. O. y. y. x. O. x. O. x.

(61) ThÝ dô 1. Cho hµm sè: y = x4 − 2mx2 + 2m. 1 2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = . Viết.  Gi¶i. phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại haiđiểm uốn. b. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m sao cho hµm sè cã ba cùc trÞ.. 1 hµm sè cã d¹ng: 2 y = x4 − x2 + 1. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc:   1 1  4 lim y = lim  x 4 1 − 2 + 4   = ( ±∞ ) = +∞. x →±∞ x →±∞ x    x  B¶ng biÕn thiªn:. a. Víi m =. y' = 4x3 − x,. 1 . 2 +∞. y' = 0 ⇔ 4x3 − 2x = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = ±. −∞. 0 −1 / 2 1/ 2 0 0 0 − + − CT C§ CT +∞ 3/4 1 3/4 Bạn đọc tự kết luận dựa theo bảng biến thiên. 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: x y' y. y'' = 12x2 − 2, y'' = 0 ⇔ 12x2 − 2 = 0 ⇔ x = ± Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm ±. 1 6. + +∞. 1 6. .. nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn.  1 31   1 31  lµ U1  − ; ;  vµ U 2  . 6 36    6 36   Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(−1; 1), B(1; 1). Bạn đọc tự vẽ hình. Ta lần lượt nhận được hai tiếp tuyến là: 4 13 4 13 vµ (d2): y = . (d1): y = − x+ x+ 12 12 3 6 3 6 b. Miền xác định D =  .. 67.

(62) §¹o hµm: y' = 4x3 − 4mx, y' = 0 ⇔ 4x3 − 4mx = 0 ⇔ 4x(x2 − m) = 0. §Ó hµm sè cã ba cùc trÞ ®iÒu kiÖn lµ: Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ m > 0. VËy, víi m > 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. (1). ThÝ dô 2. Cho hµm sè y = x4 − (m + 1)x2 + m. a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = −1. b. Chứng minh rằng đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua hai điểm cố định với mọi giá trị của m..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. b. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ (Cm). Khi đó: y0 = x 40 − (m + 1) x 20 + m, ∀m ⇔ (1 − x 20 )m + x 40 − x 20 − y0 = 0, ∀m 1 − x 2 = 0 x = 1 ⇒ y0 = 0 ⇔  0 . ⇔  4 02 0 x 0 − x 0 − y 0 =  x 0 =−1 ⇒ y 0 =0 Vậy, họ (Cm) luôn đi qua hai điểm cố định M1(−1; 0) và M2(1; 0).. ThÝ dô 3. Cho hµm sè:. f(x) = x4 − x2. a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số đã cho..  Gi¶i. b. Từ đồ thị hàm số y = f(x) suy ra cách vẽ đồ thị của hàm số y = f(x). y y=|f(x)|. a. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: 1 lim y = lim [x4(1 − 2 )] = +∞. x →∞ x →∞ x  B¶ng biÕn thiªn:. − −1. 2 /2. 2 /2. 1. O. y=f(x) −1/4. x = 0 y' = 4x3 − 2x, y' = 0 ⇔ 4x3 − 2x = 0 ⇔  . x = ± 2 / 2 x −∞ 0 +∞ − 2 /2 2 /2 y' 0 + 0 0 + − − y +∞ CT C§ CT +∞ 0 −1/4 −1/4 Bạn đọc tự kết luận dựa theo bảng biến thiên.. 68. x.

(63) 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: y'' = 12x2 − 2, y'' = 0 ⇔ 12x2 − 2 = 0 ⇔ x = ± Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm ±. 1 6. .. 1. nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn 6  1  1 5  5  lµ U1  − ; − . ; −  vµ U 2  36 36 6  6     Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(−1; 0), B(1; 0). b. §å thÞ y = |f(x)| gåm: 1. Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y = f(x). 2. Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành.. §7. kh¶o s¸t sù biÕn thiªn. và vẽ đồ thị của một số hàm phân thức hữu tỉ Dạng toán 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm phân thức bậc nhÊt trªn bËc nhÊt Phương pháp Víi hµm sè: (C): y = ta lần lượt có:. ax + b , víi c ≠ 0, D = ad − bc ≠ 0 cx + d.  d a. Tập xác định= D  \ −  .  c b. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc, giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: a a nªn y = lµ ®êng tiÖm cËn ngang. lim y = x →±∞ c c d lim y = ∞ nên x = − là đường tiệm cận đứng. d c x →− ±. c. . B¶ng biÕn thiªn: ad − bc . y' = (cx + d)2 - Nếu D = ad − bc > 0 ⇒ hàm số đồng biến trên D. - NÕu D = ad − bc < 0 ⇒ hµm sè nghÞch biÕn trªn D. 69.

(64) LËp b¶ng biÕn thiªn: Trường hợp D > 0 x −∞ − d/c +∞ y' + + +∞ a a −∞ y c c Trường hợp D < 0 x −∞ − d/c +∞ y' − − +∞ a a −∞ y c c Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn ®a ra kÕt luËn vÒ c¸c kho¶ng nghÞch biÕn cña hµm sè vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. c. §å thÞ:  Tìm giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ (nếu có).  d a NhËn xÐt: §å thÞ hµm sè nhËn giao ®iÓm I  − ;  cña hai ®êng tiÖm cËn  c c làm tâm đối xứng. Do có hai trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm số có hai d¹ng sau ®©y: Víi D > 0 Víi D < 0 x= − d/c y= a/c. I. ThÝ dô 1. Cho hµm sè y =. x= − d/c. I. y= a/c. x +1 . x−2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. Từ đó, suy ra đồ thÞ hµm sè y =. x +1 . 2−x. b. Chứng minh rằng giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị là tâm đối xứng của nó. c. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm A của đồ thị víi trôc tung. d. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị đã cho, biết rằng tiếp tuyến đó song song với tiếp tuyến tại điểm A. Giả sử tiếp tuyến này tiếp xúc với (H) tại A’, chứng tỏ rằng A và A’ đối xứng với nhau qua giao ®iÓm I cña hai ®êng tiÖm cËn. 70.

(65)  Gi¶i a. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  \ {2}. 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc, giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: lim y = 1 nªn y = 1 lµ ®êng tiÖm cËn ngang. x →∞. lim y = ∞ nên x = 2 là đường tiệm cận đứng. x →2. . B¶ng biÕn thiªn: y x=2 −3 = y' < 0 víi mäi x∈D (x − 2)2 ⇒ hµm sè nghÞch biÕn trªn D. y=1 1 I x −∞ 2 +∞ O y' + + −1 x 2 1 +∞ −1/2 y = −1 y 1 −∞ 3. §å thÞ cña hµm sè: LÊy thªm c¸c ®iÓm: 1  A  0; −  vµ B(−1; 0). 2  x +1 x +1 được viết lại dưới dạng y = − , nên đồ thị của nó được suy Hµm sè y = 2−x x−2 ra bằng cách lấy đối xứng đồ thị (H) qua trục Ox (đường nét đứt). b. Bạn đọc tự thực hiện bằng phép tịnh tiến toạ độ. c. Phương trình tiếp tuyến tại A có dạng: 3 1 1 (d A ) : y + = y '(0) .x ⇔ (d A ) : y = − x− . 2 4 2 3 d. TiÕp tuyÕn song song víi (dA) nªn cã hÖ sè gãc k = − . 4 Hoành độ tiếp điểm A’ của tiếp tuyến với đồ thị (H) là nghiệm của phương trình: 2 x − 2 = x = 4 −3 3 ⇔  = − ⇔ (x − 2)2 = 4 ⇔  2 4 (x − 2)  x − 2 =−2  x = 0 lo¹i  5 ⇒ A '  4;  ⇒ A và A’ đối xứng với nhau qua I.  2 Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại điểm A’ có dạng: 3 11 5 − x+ . (d A ' ) : y = − y '(4) .(x − 4) ⇔ (d A ' ) : y = 4 2 2.  Nhận xét: Các em học sinh khi quan sát hình vẽ trên sẽ rút ra được phương pháp để vẽ đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, cụ thể vì các dạng hàm số này luôn đơn điệu trên miền xác định của nó và luôn 71.

(66) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng nên để vẽ đúng đồ thị của nó các em học sinh hãy thực hiện như sau: a. Trong phÇn 3 (§å thÞ cña hµm sè) chóng ta lÊy hai ®iÓm A, B thuộc một nhánh của đồ thị (có hoành độ lớn hơn hoặc nhỏ hơn giá trị của tiệm cận đứng). b. Vẽ hệ toạ độ cùng với hai đường tiệm cận với lưu ý để tâm đối xứng I ở giữa hình. c. Vẽ nhánh đồ thị chứa hai điểm A, B tựa theo hai tiệm cận. d. Lấy hai điểm A’, B’ theo thứ tự đối xứng với A, B qua I, rồi thực hiện vẽ nhánh đồ thị chứa A’, B’. ThÝ dô 2. Cho hµm sè (Hm): y =. x − 4m . 2(mx − 1). a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = 1. 1 2. b. Chứng minh rằng với mọi m ≠ ± , các đường cong (Hm) đều đi.  Gi¶i. qua hai điểm cố định A và B. c. Chøng minh r»ng tÝch c¸c hÖ sè gãc cña c¸c tiÕp tuyÕn víi (Hm) t¹i hai ®iÓm A vµ B lµ mét h»ng sè khi m biÕn thiªn.. a. Víi m = 1 hµm sè cã d¹ng: x−4 y= . 2(x − 1) 1. Hàm số xác định trên D =  \ {1}. 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc, giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: lim y = 1 nªn y = 1 lµ ®êng tiÖm cËn ngang. x →∞. lim y = ∞ nên x = 1 là đường tiệm cận đứng. x →1. . B¶ng biÕn thiªn: 3 y' = > 0 với mọi x∈D ⇒ Hàm số đồng biến trên D. 2(x − 1)2 x −∞ 1 +∞ y' + + 1/2 +∞ y 1/2 −∞ 3. Đồ thị của hàm số − Bạn đọc tự vẽ hình. b. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ (Hm). Khi đó: x 0 − 4m , ∀m ⇔ 2(x0y0 + 2)m − x0 − 2y0 = 0, ∀m y0 = 2(mx 0 − 1) 72.

(67) 0 x = −2y 0 x y + 2 =  A(−2;1) ⇔  0 0 ⇔  0 ⇒  . 0 0  B(2; − 1) (−2y 0 )y 0 + 2 = − x 0 − 2y 0 = Vậy, họ (Cm) luôn đi qua hai điểm cố định A(−2; 1) và M2(2; −1). c. Trước tiên, ta có: 4m 2 − 1 . y' = 2(mx − 1)2 Khi đó, tích các hệ số góc của các tiếp tuyến với (Hm) tại hai điểm A và B được cho bëi: 1 4m 2 − 1 (4m 2 − 1)2 4m 2 − 1 . = = . kA.kB = y'(−2).y'(2) = 2 2 2 2 4(2m + 1) .(2m − 1) 2(−2m − 1) 2(2m − 1) 4. Dạng toán 2: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm phân thức bậc hai trªn bËc nhÊt Phương pháp Víi hµm sè: y= ta lần lượt có:. ax 2 + bx + c , víi ad ≠ 0, tö, mÉu kh«ng cã nghiÖm chung dx + e. Viết lại hàm số dưới dạng y = f(x) = αx + β +. γ . dx + e.  e a. Tập xác định = D  \ −  .  d b. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc, giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: lim y = ∞. x →±∞. lim± y = ∞ nªn x = −. e x →− d. e là đường tiệm cận đứng. d. lim [y − (αx + β)] = 0 nªn y = αx + β lµ ®êng tiÖm cËn xiªn.. . x →±∞. B¶ng biÕn thiªn: α(dx + e)2 − γd γd = . (dx + e)2 (dx + e)2 Dấu của đạo hàm là dấu của tam thức g(x) = α(dx + e)2 − γd. Vậy phương trình y' = 0 hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt. Do đó, hàm số hoặc không có cực trị hoặc có hai cực trị. LËp b¶ng biÕn thiªn: x −∞ − e/d +∞ y' y. y' = α −. 73.

(68) Dựa vào bảng biến thiên đưa ra kết luận về các khoảng đồng biến và nghÞch biÕn vµ cùc trÞ (nÕu cã) cña hµm sè. d. §å thÞ:  Tìm giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ (nếu có). NhËn xÐt: §å thÞ hµm sè nhËn giao ®iÓm Ι cña hai ®êng tiÖm cËn lµm t©m đối xứng. Do có bốn trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm số có bèn d¹ng. I. I. I I. ThÝ dô 1. Cho hµm sè (H): y =. x2 − x − 2 . x −1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. Từ đó, suy ra đồ thÞ hµm sè (H’): y =.  Gi¶i. x2 − x − 2 . x −1. b. Chứng minh rằng giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị là tâm đối xứng của nó. c. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị đã cho, biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm A(3; 3).. 2 . x −1 1. Hàm số xác định trên D =  \ {1}. 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc, giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: lim y = −∞ , lim y = +∞.. y x=1. a. Viết lại hàm số dưới dạng y= x −. x →−∞. 2 −1. O 1. x →+∞. lim y = ∞ nên x = 1 là đường tiệm cận đứng. x →1. lim (y − x) = 0 nªn y = x lµ ®êng tiÖm cËn xiªn.. x →∞. . B¶ng biÕn thiªn: y' = 1 +. 74. x y'. −∞. y. −∞. 2 > 0 ∀x∈D ⇒ hàm số luôn đồng biến. (x − 1)2 1 +∞ + + +∞ +∞ −∞. I. y=x x. 2.

(69) 3. §å thÞ cña hµm sè: LÊy thªm hai ®iÓm A(0; 2) vµ B(−1; 0). Ta cã:  x2 − x − 2 víi x>1 2 x − x − 2  x − 1 y= = 2 . x −1 − x − x − 2 víi x< − 1  x −1 Từ đó, đồ thị hàm số (H’) gồm hai phần:  Phần đồ thị (H) với x > 1.  Lấy đối xứng phần đồ thị (H) với x < 1 qua trục Ox. b. Bạn đọc tự thực hiện bằng phép tịnh tiến toạ độ. c. Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x0, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng:   2 2 .(x − x0) + x 0 − . (d): y = y’(x0)(x − x0) + y(x0) ⇔ (d): y = 1 + 2 x0 − 1  (x 0 − 1)  §iÓm A∈(d) nªn:   2 2 3 = 1 + .(3 − x0) + x 0 − 2 x0 − 1  (x 0 − 1)  ⇔ 3 = 3 − x0 +. 2 4 4 2 .[2 + (1 − x0)] + x 0 − ⇔ = 2 2 x0 − 1 x0 − 1 (x 0 − 1) (x 0 − 1). ⇔ x0 − 1 = 1 ⇔ x0 = 2. Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 = 2 có dạng: (d): y = y'(2).(x − 2) + y(2) ⇔ (dA): y = 3(x − 2)..  Nhận xét: Các em học sinh khi quan sát hình vẽ trên sẽ rút ra được phương. pháp để vẽ đồ thị hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất, cụ thể vì c¸c d¹ng hµm sè nµy lu«n nhËn giao ®iÓm cña hai ®êng tiÖm cận làm tâm đối xứng nên để vẽ đúng đồ thị của nó các em học sinh h·y thùc hiÖn nh sau: Kh¶ n¨ng 1: NÕu hµm sè cã cùc trÞ th× trong phÇn 3 (§å thÞ cña hµm số) chúng ta lấy hai điểm A, B đối xứng với nhau qua I, từ đó: a. Vẽ hệ toạ độ cùng với hai đường tiệm cận với lưu ý để tâm đối xøng I ë gi÷a h×nh. b. Vẽ nhánh đồ thị chứa điểm A và cực trị tương ứng tựa theo hai tiÖm cËn. c. Vẽ nhánh đồ thị chứa điểm B và cực trị tương ứng tựa theo hai tiÖm cËn. Kh¶ n¨ng 2: NÕu hµm sè kh«ng cã cùc trÞ chóng ta lÊy hai ®iÓm A, B thuộc một nhánh của đồ thị (có hoành độ lớn hơn hoặc nhỏ hơn giá trị của tiệm cận đứng): a. Vẽ hệ toạ độ cùng với hai đường tiệm cận với lưu ý để tâm đối xøng I ë gi÷a h×nh. b. Vẽ nhánh đồ thị chứa hai điểm A, B tựa theo hai tiệm cận. 75.

(70) c. Lấy hai điểm A’, B’ theo thứ tự đối xứng với A, B qua I, rồi thực hiện vẽ nhánh đồ thị chứa A’, B’. ThÝ dô 2. Cho hµm sè: (Cm): y =.  Gi¶i. x 2 + 2mx + 2 . x +1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b. Tìm m để hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng x + y + 2 = 0 bằng nhau.. a. Víi m = 1, hµm sè cã d¹ng: 1 x 2 + 2x + 2 =x+1+ . y= x +1 x +1 Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  \ {−1} .. 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc, giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: y=x+1 lim y = −∞ ; lim y = +∞ . x →−∞. y 2 −2−1. I O −2. x=−1. x →+∞. lim y = ∞ nªn x = −1 lµ ®êng tiÖm cËn. x →−1. đứng. lim[y − (x + 1)] = 0 nªn y = x + 1 lµ ®êng tiÖm cËn xiªn.. x →∞. . B¶ng biÕn thiªn: y' = 1 − x y' y. x = 0 y' = 0 ⇔ x2 + 2x = 0 ⇔  .  x = −2 0 −1 +∞ 0 + − CT +∞ +∞ 2 −∞. x 2 + 2x 1 = , (x + 1)2 (x + 1)2. −∞ +. −∞ 3. §å thÞ cña hµm sè.. −2 0 C§ −2. −. b. Hàm số có đạo hàm: x 2 + 2x + 2m − 2 y' = , y' = 0 ⇔ f(x) = x2 + 2x + 2m − 2 = 0. (1) (x + 1)2 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi: (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c −1 f(−1) ≠ 0 2m − 3 ≠ 0 3 ⇔ ⇔  ⇔m< . (*) 2 ∆ ' > 0 3 − 2m > 0. 76. x.

(71) Khi đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: −2  x1 + x 2 =  2m − 2 x1x= 2 và toạ độ hai điểm cực trị là A(x1, 2x1 + 2m) và B(x2, 2x2 + 2m). Gọi d1, d2 theo thứ tự là khoảng cách từ các điểm cực trị A và B đến đường thẳng x + y + 2 = 0, ta cã: | 3x1 + 2m + 2 | | 3x 2 + 2m + 2 | vµ d2 = . d1 = 2 2 Do đó: d1 = d2 ⇔ |3x1 + 2m + 2| = |3x2 + 2m + 2| =  x x 2 (loai vi x1 ≠ x 2 ) 1 ⇔  1 ⇔ 4m − 2 = 0 ⇔ m = , tho¶ m·n (*). 0 2 3(x1 + x 2 ) + 4m + 4 = 1 VËy, víi m = tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2. Đ8. một số bài toán thường gặp về đồ thị Dạng toán 1: (ứng dụng của đồ thị giải phương trình): Biện luận theo m số nghiệm của phương trình F(x, m) = 0 (1) Phương pháp Giả sử ta đã có đồ thị (hoặc bảng bến thiên) của hàm số (C): y = f(x), ta có thể thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Biến đổi phương trình ban đầu về dạng: f(x) = h(m) (2) Bước 2: Khi đó, số nghiệm phân biệt phương trình của (1) là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = h(m).  B»ng viÖc tÞnh tiÕn (d) theo Oy vµ song song víi Ox, ta biÖn luận được số nghiệm của phương trình (1). Thí dụ 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = −x3 + 3x2 − 1. b. Tuỳ theo giá trị của m hãy biện luận số nghiệm của phương trình: y −x3 + 3x2 − 1 = m. Α 3  Gi¶i y=m 1 U a. Ta lần lượt có: x 1. Hàm số xác định trên D =  . O −1 1 2 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: (C) −1 lim y = lim [−x3(1 −. x →∞. x →∞.  +∞ khi x → −∞ 3 1 + 3 )=  . x x  −∞ khi x → +∞. 77.

(72) . B¶ng biÕn thiªn: y' = −3x2 + 6x, y' = 0 ⇔ −3x2 + 6x = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 2. x −∞ 0 2 +∞ y' 0 + 0 − − C§ +∞ −1 y 3 −∞ CT 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: y'' = −6x + 6, y'' = 0 ⇔ −6x + 6 = 0 ⇔ x = 1. Vì y" đổi dấu khi qua điểm x = 1 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là U(1; 1).  Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(−1; 3), B(3; −1). Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn U(1; 1) làm tâm đối xứng. b. Nhận xét rằng số nghiệm của phương trình chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng y = m, do đó ta có kết luận:  Với m < −1 hoặc m > 3 phương trình có nghiệm duy nhất.  Với m = −1 hoặc m = 3 phương trình có hai nghiệm phân biệt.  Với −1 < m < 3 phương trình có ba nghiệm phân biệt..  NhËn xÐt: Qua thÝ dô trªn:. 1. ở câu a), các em học sinh có thể kiểm nghiệm được tính đúng đắn của nội dung chú ý sau dạng toán 1. Từ đó, tiến trình để vẽ được đồ thị trên có thể được giải thích như sau:  Tõ b¶ng biÕn thiªn vµ phÇn t×m ®iÓm uèn, chóng ta míi cã được ba điểm thuộc đồ thị là điểm cực đại (ĐCĐ), điểm cực tiÓu (§CT), ®iÓm uèn (§U) vµ ba ®iÓm nµy lu«n th¼ng hµng (theo tÝnh chÊt cña hµm ®a thøc bËc ba), nªn chØ t¹o ra ®îc nhánh giữa của đồ thị (ứng với bảng biến thiên).  Để vẽ được nhành phía trái cần lấy một điểm A có hoành độ x < 0.  Để vẽ được nhành phía phải cần lấy một điểm B có hoành độ x > 2.  Từ tính đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba (nhận điểm uốn làm tâm đối xứng) chúng ta lấy hai điểm A, B có hoành độ đối xứng qua điểm U.  Nối bằng đường thẳng mờ A → CT → U → CĐ → B. Sau đó lượn một đường cong đi qua các điểm đó. Lưu ý rằng trong phần đồ thị hàm số, chúng ta bỏ qua:  Việc tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục Oy bởi đó chÝnh lµ ®iÓm CT.  Việc tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox bởi phương tr×nh −x3 + 3x2 − 1 = 0 kh«ng cã nghiÖm nguyªn. 2. Để tăng độ khó cho câu hỏi biện luận số nghiệm của phương trình, người ta có thể thay nó bằng "Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm x > 3", khi đó dựa vào đồ thị câu trả lêi lµ m < −1.. 78.

(73) Thí dụ 2. (Đề thi đại học khối A − 2006): a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = 2x3 − 9x2 + 12x − 4. b. Tìm m để phương trình 2|x3| − 9x2 + 12|x| = m có 6 nghiệm phân biệt..  Gi¶i a. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: 9 12 4   lim y = lim x 3  2 − + 2 − 3  x →±∞ x →±∞ x x x    +∞ khi x → +∞ =  .  −∞ khi x → −∞  B¶ng biÕn thiªn: y' = 6x2 − 18x + 12, y' = 0 ⇔ 6x2 − 18x + 12 = 0 ⇔ x = 1 hoÆc x = 2. x −∞ 1 2 +∞ y' 0 + 0 − − 1 CT +∞ y C§ 0 −∞ 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn:. y'' = 12x − 18,. 3 y'' = 0 ⇔ 12x − 18 = 0 ⇔ x = . 2. 3 3 1 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là U  ;  . 2 2 2 Đồ thị nhận điểm uốn U làm tâm đối xứng.  Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(0; −4), B(3; −1). b. Hàm số y = 2|x3| − 9x2 + 12|x| − 4 là hàm số chẵn, nên đồ thị (T) của nó gồm hai phần:  Phần của đồ thị hàm số y = 2x3 − 9x2 + 12x − 4 với x ≥ 0.  Lấy đối xứng phần của đồ thị trên qua Oy. Viết lại phương trình dưới dạng: 2|x3| − 9x2 + 12|x| − 4 = m − 4. Số nghiệm của phương trình chính bằng số giao điểm của đồ thị (T) với đường thẳng y = m − 4, do đó để nó có 6 nghiệm phân biệt điều kiện là:. Vì y" đổi dấu khi qua x =. 0 < m − 4 < 1 ⇔ 4 < m < 5. VËy, víi 4 < m < 5 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 79.

(74) Dạng toán 2: Giao điểm của hai đồ thị Phương pháp Với yêu cầu thường gặp là "Viết phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua điểm M(x0; y0), biện luận theo k số giao điểm của (d) và đồ thị hàm số (C): y = f(x)", ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Tìm tập xác định D của hàm số y = f(x). Bước 2: Phương trình đường thẳng (d) được cho bởi: y = k(x − x0) + y0. Bước 3: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: f(x) = k(x − x0) + y0. (1) Khi đó số giao điểm của (d) và (C) là số nghiệm phân biệt thuộc tập D của phương trình (1). Thí dụ 1. (Đề thi đại học khối D − 2006): Cho hàm số: (C): y = x3 − 3x + 2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Gäi (d) lµ ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(3; 20) vµ cã hÖ sè gãc m. T×m m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. b. Đường thẳng (d) có phương trình y = m(x − 3) + 20. Hoành dộ giao điểm là nghiệm của phương trình: x3 − 3x + 2 = m(x − 3) + 20 ⇔ (x − 3)(x2 + 3x + 6 − m) = 0. x = 3 . (I) ⇔  2 g(x) = x + 3x + 6x − m = 0 Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt điều kiện là hệ (I) có ba nghiÖm ph©n biÖt, tøc: Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 3 ∆ g > 0 4m − 15 > 0 15 ⇔ ⇔ < m ≠ 24. ⇔ 4 g(3) ≠ 0 24 − m ≠ 0 VËy, víi ⇔. 15 < m ≠ 24 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 4. ThÝ dô 2. Cho hµm sè: (C): y = 2x3 + 3x2 + 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. T×m c¸c giao ®iÓm cña ®êng cong (C) víi parabol (P): y = 2x2 + 1. c. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) và (P) tại các giao điểm cña chóng. d. Xác định các khoảng trên đó (C) nằm phía trên hoặc phía dưới (P). 80.

(75)  Gi¶i a. Bạn đọc tự giải. b. Phương trình hoành độ giao điểm có dạng: 2x3 + 3x2 + 1 = 2x2 + 1 ⇔ 2x3 + x2 = 0 (1)  x= 0 ⇒ y= 1 . ⇔   x =− 1 ⇒ y =3  2 2 1 3 VËy, ta ®îc (C) ∩ (P) = {A(0; 1), B(− ; )}. 2 2 c. Vì A là giao điểm kép (x = 0 là nghiệm kép) nên phương trình tiếp tuyến tại A cña (C) vµ (P) gièng nhau, cô thÓ: (dA): y − 1 = y'(0).x ⇔ (dA): y = 1. Tại giao điểm B lần lượt với (C) và (P):  Với (C) ta có y' = 6x2 + 6x do đó phương trình tiếp tuyến tại B có dạng: 1 1 3 3 3 (d1B): y − = y'(− ).(x + ) ⇔ (d1A): y = − x + . 2 2 2 4 2  Với (P) ta có y' = 4x do đó phương trình tiếp tuyến tại B có dạng: 3 1 1 1 (d2B): y − = y'(− ).(x + ) ⇔ (d2B): y = −2x + . 2 2 2 2 d. B»ng viÖc xÐt dÊu biÓu thøc ë VT cña (1), ta cã kÕt luËn: 1  (C) nằm dưới (P) khi x thuộc (−∞; − ). 2 1  (C) n»m trªn (P) khi x thuéc (− ; +∞)\{0}. 2 1 Thí dụ 3. a. Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 − x + 1 và đồ thị (H) của hàm số y = . x +1 b. T×m giao ®iÓm cña hai ®êng cong (P) vµ (H). Chøng minh r»ng hai đường cong đó có tiếp tuyến chung tại giao điểm của chúng. c. Xác định các khoảng trên đó (P) nằm phía trên hoặc phía dưới của (H)..  Gi¶i. c. Bạn đọc tự giải. d. Hoành dộ giao điểm là nghiệm của phương trình: x3 1 x2 − x + 1 = ⇔ =0 x +1 x +1 ⇒ x3 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ A(0; 1). Vậy, hai đồ thị (P) và (H) cắt nhau tại điểm A(0; 1). Ta lần lượt có:  Phương trình tiếp tuyến của (P) tại A có dạng:. (1). (d1): y − 1 = y'(P)(0).x ⇔ (d1): y = −x + 1. 81.

(76) . Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A có dạng:. (d2): y − 1 = y'(H)(0).x ⇔ (d2): y = −x + 1. NhËn thÊy (d1) ≡ (d2), tøc lµ (P) vµ (H) cã tiÕp tuyÕn chung t¹i A. e. B»ng viÖc xÐt dÊu biÓu thøc ë VT cña (1), ta cã kÕt luËn:  (H) nằm dưới (P) khi x thuộc (−∞; −1) và (0; +∞).  (H) n»m trªn (P) khi x thuéc (−1; 0).. ThÝ dô 4. Cho hµm sè: y=.  Gi¶i. 2x − 1 . x +1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Víi c¸c gi¸ trÞ nµo cña m ®êng th¼ng (dm) ®i qua ®iÓm A(−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị của hàm số đã cho:  T¹i hai ®iÓm ph©n biÖt ?  Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị ?. a. Bạn đọc tự giải. b. Đường thẳng (dm) có phương trình: (dm): y = m(x + 2) + 2 ⇔ (dm): y = mx + 2m + 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (dm) với đồ thị hàm số là: 2x − 1 = mx + 2m + 2 x +1 ⇔ f(x) = mx2 + 3mx + 2m + 3 = 0 víi x ≠ −1.  Đường thẳng (dm) cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt: ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1 m ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0  2   ⇔ ∆ > 0 ⇔ 9m − 4m(2m + 3) > 0 ⇔ m 2 − 12m > 0 3 ≠ 0 3 ≠ 0 f(−1) ≠ 0   . . ⇔ m < 0 hoÆc m > 12. Vậy, với m < 0 hoặc m > 12 đồ thị hàm số cắt đường thẳng (dm) tại hai điểm ph©n biÖt. Đường thẳng (dm) cắt đồ thị hàm số tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị: ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 < −1 < x2 ⇔ af(−1) < 0 ⇔ m.3 < 0 ⇔ m < 0. Vậy, với m < 0 đồ thị hàm số cắt đường thẳng (dm) tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị.. ThÝ dô 5. Cho hµm sè: (H): y =. x+2 . 2x + 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 82. (1).

(77)  Gi¶i. b. Chøng minh r»ng ®êng th¼ng y = mx + m − 1 lu«n ®i qua mét điểm cố định của đường cong (H) khi m biến thiên. c. Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng đã cho cắt đường cong (H) t¹i hai ®iÓm thuéc cïng mét nh¸nh cña (H).. a. Bạn đọc tự giải. b. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ đường thẳng. Khi đó: y0 = mx0 + m − 1, ∀m ⇔ (x0 + 1)m − 1 − y0 = 0, ∀m 0 x + 1 = x = −1 ⇔  0 ⇒ M(−1; −1) ∈ (H). ⇔  0 −1 − y 0 =0 y 0 = −1 Vậy, họ đường thẳng luôn đi qua điểm cố định M(−1; −1) của đường cong (H) khi m biÕn thiªn. c. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm số là: x+2 = mx + m − 1 2x + 1 1 (1) ⇔ f(x) = 2mx2 + 3(m − 1)x + m − 3 = 0 víi x ≠ − . 2 Đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm thuộc một nhánh của đồ thị: 1 ⇔ (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 vÒ mét phÝa cña − 2 1  m ≠ 0 2m ≠ 0  x1 < x 2 < − 2   ⇔ ∆ > 0 ⇔ m 2 + 6m + 9 > 0 ⇔ −3 ≠ m < 0. ⇔  1 − < x < x m < 0 m.f(−1/ 2) > 0 1 2    2 VËy, víi −3 ≠ m < 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. ThÝ dô 6. Cho hµm sè (H): y =.  Gi¶i. 2x 2 − x + 1 . x −1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Với giá trị nào của m thì đường thẳng y = m − x cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt ? c. Gọi A và B là hai giao điểm đó. Tìm tập hợp các trung điểm M của ®o¹n th¼ng AB khi m biÕn thiªn.. a. Bạn đọc tự giải. b. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm số là: 2x 2 − x + 1 = m − x ⇔ f(x) = 3x2 − (m + 2)x + m + 1 = 0 víi x ≠ 1. x −1. (1) 83.

(78) §å thÞ hµm sè c¾t ®êng th¼ng (d) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 m > 4 + 2 6 m 2 − 8m − 8 > 0 ∆ > 0 ⇔  ⇔  ⇔  . f(1) ≠ 0  m < 4 − 2 6 2 ≠ 0. (2). VËy, víi m > 4 + 2 6 hoÆc m < 4 − 2 6 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. Với kết quả trong b), phương trình (1) có hai nghiệm xA, xB thoả mãn: m+2  x A + x B =3 ⇒ A(xA, m − xA), B(xB, m − xB).  x x = m + 1  A B 3 Khi dó, tọa độ trung điểm M(x; y) của AB được cho bởi: xA + xB x + xB m+2    x= A x= x =   6x= m + 2   2 2 6 ⇔  ⇔  ⇔   = 5m − 2 6y y = y A + y B y= m − m + 2 y= m − x A + x B    6  2 2  ⇒ 30x − 6y − 12 = 0 ⇔ 5x − y − 2 = 0. VËy, tËp hîp c¸c trung ®iÓm M cña ®o¹n th¼ng AB khi m biÕn thiªn thuéc ®êng th¼ng 5x − y − 2 = 0.. ThÝ dô 7. Cho hµm sè y = x4 − (m + 1)x2 + m. a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m = 2. b. Tìm các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. b. Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau tức là đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt với hoành độ lËp thµnh cÊp sè céng. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương tr×nh: y = x4 − (m + 1)x2 + m = 0. (1) Đặt t = x2, t ≥ 0, khi đó (1) có dạng: t2 − (m + 1)t + m = 0. (2) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt dương 0 < t1 < t2 (m + 1)2 − 4m > 0 ∆ ' > 0   ⇔ 0 < m ≠ 1, ⇔ −b / a > 0 ⇔ m + 1 > 0 m > 0 c / a > 0   và khi đó bốn nghiệm của (1) là − t 2 , − t1 , 84. t1 ,. t2 ..

(79) Bèn nghiÖm trªn lËp thµnh cÊp sè céng: − t 2 + t1 = −2 t1 ⇔  ⇔ t 2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1. 2 t1 − t1 + t 2 = Theo định lí Vi - ét ta có: t1 + t 2 = m + 1  t1t 2 = m Thay (3) vµo (I) ®îc: m +1 t1 + 9t1 =m + 1 10t= 1 ⇔ 2 ⇔ 9m2 − 82m + 9 = 0 ⇔  t .(9t ) = m 9t m =  1 1 1. (3). (I) m = 9  . m = 1  9. 1 đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành 9 ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau.. VËy, víi m = 9 hoÆc m =. Dạng toán 3: Sự tiếp xúc của hai đồ thị Phương pháp Sử dụng mệnh đề: "Hai đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: f(x) = g(x) "  f '(x) = g'(x). Khi đó, nghiệm của hệ phương trình chính là hoành độ tiếp điểm.. Thí dụ 1. Chứng minh rằng đồ thị của hai hàm số: f(x) =.  Gi¶i. 1 2 3 3x x + x vµ g(x) = 2 x+2 2. tiếp xúc với nhau. Xác định tiếp điểm của hai đường cong trên và viết phương trình tiếp tuyến chung của chúng tại điểm đó.. Xét hệ phương trình: 3x 1 2 3 x + x=  f(x) = g(x) 2 x+2 2 ⇔  ⇔ x = 0 ⇒ y = 0.  f '(x) = g'(x) x + 3 = 6  2 (x + 2)2 Suy ra, đồ thị hai hàm số y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc với nhau tại gốc O.  Phương trình tiếp tuyến chung có dạng: 3 (d): y = g'(0).x ⇔ (d): y = x. 2. 85.

(80) Thí dụ 2. Chứng minh rằng các đồ thị của ba hàm số: f(x) = −x2 + 3x + 6, g(x) = x3 − x2 + 4 vµ h(x) = x2 + 7x + 8 tiÕp xóc víi nhau t¹i ®iÓm A(−1; 2)..  Gi¶i. Ta lần lượt thực hiện:  Xét hệ phương trình: f(x) = g(x) ⇔  f '(x) = g'(x). . 2 3 2 3 0 − x + 3x + 6 = x − x + 4 x − 3x − 2 = ⇔   2 2 0 −2x + 3= 3x − 2x 3x − 3 = ⇔ x = −1 ⇒ y = 2. Suy ra, đồ thị hai hàm số y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm A(−1; 2). Xét hệ phương trình: − x 2 + 3x + 6 = x 2 + 7x + 8 x 2 + 2x + 1 = f(x) = h(x) 0 ⇔ ⇔    0 f '(x) = h '(x) 4x + 4 = −2x + 3 = 2x + 7. ⇔ x = −1 ⇒ y = 2. Suy ra, đồ thị hai hàm số y = f(x) và y = h(x) tiếp xúc với nhau tại điểm A(−1; 2).. ThÝ dô 3. T×m c¸c hÖ sè a vµ b sao cho parabol y = 2x2 + ax + b tiÕp xóc víi hypebol y =. 1 1  t¹i ®iÓm M  ; 2  . x 2 .  Gi¶i §Ó (P) tiÕp xóc víi (H) ®iÒu kiÖn lµ hÖ sau cã nghiÖm x =. 1 : 2. 2  1 1  2 1 2x + ax + b = = 2 2.   2  + a. 2 + b  9 x ⇔    ⇔ a = −6 vµ b = .   2  1 4x + a =− 1 + = − 4. a 4 2   2 x. VËy, víi a = −6 vµ b =. 9 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2. Dạng toán 4: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số Phương pháp Víi hµm sè: (C): y = f(x) 1. Tiếp tuyến tại điểm M0(x0; f(x0)) của (C) có phương trình: (d): y − y0 = f'(x0)(x − x0). 2. Với yêu cầu "Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua ®iÓm A(xA; yA)", ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch: 86.

(81) Cách 1: Thực hiện theo các bước:. Bước 1:. Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x0, khi đó phương tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): y − y(x0) = f'(x0)(x − x0). Bước 2: Điểm A(xA; yA) ∈ (d), ta có: yA − y(x0) = f'(x0)(xA − x0) ⇒ TiÕp ®iÓm x0 ⇒ Phương trình tiếp tuyến. Cách 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Phương trình (d) đi qua A(xA; yA) có dạng: (d): y = k(x − xA) + yA. Bước 2: (d) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hệ sau có nghiệm: f(x) = k(x − x A ) + y A ⇒ HÖ sè gãc k  f '(x) = k. ⇒ Phương trình tiếp tuyến. 3. Với yêu cầu "Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết hệ số gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng k", ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch: Cách 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Xét hàm số, ta tính đạo hàm y' = f'(x). Bước 2: Hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình: f'(x) = k ⇒ Hoành độ tiếp điểm x0. Bước 3: Khi đó, phương trình tiếp tuyến có dạng: (d): y − y(x0) = f'(x0)(x − x0). Cách 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Phương trình với hệ số góc k có dạng: (d): y = kx + b. Bước 2: Để (d) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hệ sau có nghiÖm:.  Chó ý:. = kx + b f(x) ⇒ Gi¸ trÞ b  f '(x) = k ⇒ Phương trình tiếp tuyến.. Khi sử dụng cách 1 ngoài việc có được phương trình tiếp tuyến chúng ta còn nhận được toạ độ tiếp điểm.. Thí dụ 1. (Đề thi đại học khối B − 2004): Cho hàm số (C): y =. 1 3 x − 3. 2x2 + 3x.. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Viết phương trình tiếp tuyến (d) của (C) tại điểm uốn và chứng minh r»ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) cã hÖ sè gãc nhá nhÊt. 87.

(82)  Gi¶i a. Bạn đọc tự làm. b. Phương trình tiếp tuyến (d) tại điểm uốn của (C) là: 2 8 (d): y = y'(2)(x − 2) + ⇔ (d): y = − x + . 3 3 Ta cã: y' = x2 − 4x + 3, suy ra hệ số góc cuả tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 thuộc đồ thị hàm số (C) là: k = y'(x0) = x 02 − 4x0 + 3 = (x0 − 2)2 − 1 ≥ −1, tức là kmin = − 1 đạt được khi x0 = 2 = xU, đpcm.. Thí dụ 2. (Đề thi đại học khối D − 2005): Cho hàm số: (Cm): y =.  Gi¶i. 1 3 x 3. −. m 2. x2 +. 1 , 3. víi m lµ tham sè.. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 2. b. Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ bằng − 1. Tìm m để tiếp tuyÕn cña (Cm) t¹i ®iÓm M song song víi ®êng th¼ng 5x − y = 0.. a. Bạn đọc tự làm. b. Ta cã: y' = x2 − mx. Tõ gi¶ thiÕt, suy ra M(−1, − phương trình:. m ) và tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M có 2. m m ⇔ (d): (1 + m)x − y + 1 + = 0. 2 2 §Ó (d) song song víi ®êng th¼ng 5x − y = 0 ®iÒu kiÖn lµ: 5 1 + m =  ⇔ m = 4.  m 1 + 2 ≠ 0 VËy, víi m = 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. (d): y = y’(−1)(x + 1) −. ThÝ dô 3. Cho hµm sè y =. ax 2 − bx . x −1. a. Tìm a và b biết rằng đồ thị (C) của hàm số đã cho đi qua điểm . 5. . . A  −1;  vµ tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm O cã hÖ sè gãc b»ng −3. 2 b. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với các giá trị của a và b đã tìm ®îc ë trong c©u a). 88.

(83)  Gi¶i a. Trước tiên ta có: ax 2 − 2ax + b ⇒ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm O lµ kO = y'(0) y' = (x − 1)2 ⇔ −3 = b ⇔ b = −3. Vì điểm A thuộc đồ thị hàm số nên: a(−1)2 − (−3)(−1) 5 = ⇔ a = −2. (−1) − 1 2 VËy, víi a = −2 vµ b = −3 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Bạn đọc tự giải.. x +1 . x−2 a. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm A của đồ thị với trục tung. b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến đi qua ®iÓm B(3; 4). c. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số, biết rằng tiếp tuyến đó song song với tiếp tuyến tại điểm A.. ThÝ dô 4. Cho hµm sè (C): y =.  Gi¶i. a. Tọa độ giao điểm A là nghiệm của hệ phương trình:. x = 0 x = 0 1     x +1 ⇔  1 ⇔ A  0; −  . 2 y=  y = − 2 x−2  Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại A có dạng: 1 3 1 ⇔ (dA): y = − x− . 2 4 2 b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: Cách 1: Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x0, khi đó phương trình tiếp tuến có dạng: x +1 3 (d): y − y(x0) = f'(x0)(x − x0) ⇔ (d): y = . − (x − x 0 ) + 0 2 x0 − 2 (x 0 − 2). (dA): y = y'(0).x −. TiÕp tuyÕn (d) ®i qua ®iÓm B nªn: x +1 3 ⇔ x 20 − 6x 0 + 9 = 0 ⇔ x0 = 3. 4= − (3 − x 0 ) + 0 2 x0 − 2 (x 0 − 2). Khi đó, phương trình tiếp tuyến có dạng: (d): y = −3(x − 3) + 4 ⇔ (d): y = −3x + 13.. 89.

(84) Cách 2: Đường thẳng (d) đi qua điểm B(3; 4) nên có phương trình y = k(x − 3) + 4. §Ó (d) tiÕp xóc víi (C) khi hÖ sau cã nghiÖm:  x +1  x − 2 = k(x − 3) + 4 x +1 3 ⇒ = − (x − 3) + 4 ⇔ x2 − 6x + 9 = 0  2 − 3 − x 2 − (x 2)  =k  (x − 2)2. ⇔ x = 3 ⇒ k = −3. Khi đó, phương trình tiếp tuyến (d) có dạng: y = −3x + 13. c. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: 3 C¸ch 1: TiÕp tuyÕn song song víi (dA) nªn cã hÖ sè gãc k = − . 4 Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến của đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: 2 x − 2 = x = 4 3 −3 ⇔ (x − 2)2 = 4 ⇔  ⇔  . = − 2 4 (x − 2)  x − 2 =−2  x = 0 lo¹i Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 4 có dạng: 3 11 (d): y = y'(4).(x − 4) + y(4) ⇔ (d): y = − x+ . 4 2 3 Cách 2: Đường thẳng (d) song song với (dA) nên có phương trình y = − x+b. 4 §Ó (d) tiÕp xóc víi (C) khi hÖ sau cã nghiÖm: 3 3  x +1  x +1 3  x +1 = − x+b = − x+b = − x + b    x − 2 4 4 11 x − 2 x − 2 4 ⇔  ⇔  ⇔ b= .  x 2 2 x = 4 − = 3 3 −   2    = −  (x − 2)2 4   x = 0 (lo¹i)   x − 2 =−2. 3 11 Khi đó, phương trình tiếp tuyến (d) có dạng: y = − x+ . 4 2. Thí dụ 3. (Đề thi đại học khối B − 2006): Cho hàm số: x2 + x − 1 (C) : y = . x+2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó vuông gãc víi tiÖm cËn xiªn cña (C)..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự thực hiện. b. §å thÞ hµm sè cã tiÖm cËn xiªn (dA): y = x − 1.. TiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi (dA) nªn cã hÖ sè gãc k = −1. 90.

(85) Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến của đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: 1 2 1− = −1 ⇔ (x + 2)2 = 2 ⇔ x =−2 ± . 2 (x + 2) 2 Khi đó: 2  Víi x =−2 + , ta ®îc tiÕp tuyÕn: 2  2 = + − (d1 ) : y y ' x 2 ⇔ (d1 ) : y =− x + 2 2 − 5.  + y ' 2 2  2   −2 + 2    −2 + 2      . 2 , ta ®îc tiÕp tuyÕn: 2  2 = + + (d 2 ) : y y ' x 2  + y ' 2  2   −2 − 2    −2 −   . Víi x =−2 −. 2  2 . ⇔ (d 2 ) : y =− x − 2 2 − 5.. VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. Dạng toán 5: Điểm và đồ thị Phương pháp 1. Với yêu cầu "Tìm điểm cố định của họ (Cm): y = f(x, m) với m∈  ", ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ (Cm). Bước 2: Khi đó: y0 = f(x0, m), ∀m. Nhãm theo bËc cña m råi cho c¸c hÖ sè b»ng 0 ta nhËn ®îc cÆp gi¸ trÞ (x0; y0). Bước 3: Kết luận. 2. Với yêu cầu "Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số (C): y = f(x) thỏa mãn điều kiện K", ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử M(x0; y0) = M(x0; f(x0)). Bước 2: Thiết lập điều kiện K cho điểm M. Bước 3: Kết luận.. Thí dụ 1. (Đề thi đại học khối D − 2004): Cho hàm số: (Cm): y = x3 − 3mx2 + 9x + 1, m lµ tham sè. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 2. b. Tìm m để điểm uốn của (Cm) thuộc đường thẳng y = x + 1..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự làm. b. Miền xác định D =  . 91.

(86) Ta lần lượt có các đạo hàm: y’ = 3x2 − 6mx + 9, y" = 6x − 6m, y" = 0 ⇔ 6x − 6m = 0 ⇔ x = m, tøc lµ víi mäi m hµm sè lu«n cã ®iÓm uèn U(m, −2m3 + 9m + 1). §Ó U thuéc ®êng th¼ng y = x + 1, ®iÒu kiÖn lµ: − 2m3 + 9m + 1 = m + 1 ⇔ m3 − 8m = 0 ⇔ m = 0 hoÆc m = ±2. VËy, víi m = 0 hoÆc m = ±2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. mx − m − 2 . x +1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 1. b. Chứng minh rằng họ (Cm) luôn đi qua một điểm cố định. Tìm điểm cố định đó.. ThÝ dô 2. Cho hµm sè (Cm): y =.  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. b. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ (Cm), khi đó: x + 1 ≠ 0 mx 0 − m − 2 ,∀m ⇔  0 , ∀m y0 = 0 x0 + 1 (x 0 − 1)m − 2 − x 0 y 0 − y 0 = x 0 ≠ −1 x = 1  ⇔  0 ⇔ M(1; −1). ⇔ x 0 − 1 = 0 y 1 = − 0  −2 − x y − y =0 0 0 0 . Vậy, họ (Cm) luôn đi qua một điểm cố định M(1; −1).. x −1 . x+2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm trên đồ thị hàm số tất cả những điểm có các toạ độ là nguyên. c. Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị để kho¶ng c¸ch gi÷a chóng lµ nhá nhÊt.. ThÝ dô 3. Cho hµm sè (C): y =.  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. 3 . x+2 Điểm A(x0; y0) (x0 ≠ − 2) thuộc đồ thị hàm số có hoành độ nguyên khi: x0 + 2 lµ íc cña 3. Ta cã b¶ng liÖt kª sau: x0 + 2 1 3 −3 −1 x0 −5 −3 −1 1 y0 2 4 −2 0 §iÓm A1( −5; 2) A2(−3; 4) A3(−1; −2) A4(1; 0). b. Viết lại hàm số dưới dang y= 1 −. 92.

(87) Vậy, các điểm A1( −5; 2), A2(−3; 4), A3(−1; −2), A4(1; 0) thuộc đồ thị hàm số có toạ độ nguyên. c. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = −2. Xét hai điểm A, B thuộc hai nhánh của đồ thị, ta có: A(−2 − x1; f(−2 − x1)), B(−2 + x2; f(−2 + x2)) víi x1, x2 > 0. Suy ra: AB2 = [(−2 − x1) − (−2 + x2)]2 + [ f(−2 − x1) − f(−2 + x2)]2     3 3 = (x2 + x1) +  1 −  − 1 −  −2 − x1 + 2   −2 + x 2 + 2   . 2. 2. 2.  1 9  1  = (x2 + x1) + 9  +  = (x2 + x1)2  1 + 2 2  ≥ 12 x1 x 2   x1 x 2   Vậy, ta được ABMin = 12, đạt được khi:  x1 = x 2  x1 = x 2  ⇔ x1 = x2 = 3 . 9 ⇔    x1 x 2 = 3 1 = x 2 x 2 1 2  2. Vậy, hai điểm A, B cần tìm có hoành độ tương ứng là −2 −. 3 , −2 +. 3.. ThÝ dô 4. Cho hµm sè: (C): y = − x3 + 3x2 − 2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) mà qua đó kẻ được một và chỉ một tiếp tuyến với đồ thị (C)..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. b. Xét điểm A(a; −a3 + 3a2 − 2) thuộc đồ thị hàm số. Tiếp tuyến qua A tiếp xúc với đồ thị hàm số tại M(x0, y(x0)) có dạng (d): y = (−3 x 02 + 6 x0)(x − x0) − x 30 + 3 x 02 − 2. §iÓm A∈(d) khi: − a3 + 3a2 − 2 = ( − 3 x 02 + 6 x0)(a − x0) − x 30 + 3 x 02 − 2. ⇔ ( − 3 x 02 + 6 x0)(a − x0) + a3 − 3a2 − x 30 + 3 x 02 = 0 ⇔ ( − 3 x 02 + 6x0 + a2 + ax0 + x 02 − 3a − 3x0)(a − x0) = 0 ⇔ ( − 2 x 02 + 3x0 + a2 + ax0 − 3a)(a − x0) = 0 3−a . ⇔ (a + 2x0 − 3)(a − x0)(a − x0) = 0 ⇔ x0 = a hoÆc x 0 = 2 §Ó qua A kÎ ®îc mét tiÕp tuyÕn víi (C) ta ph¶i cã: 3−a ⇔ a = 1. a= 2 VËy, ®iÓm A(1; 0) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 93.

(88) ThÝ dô 5. Cho hµm sè: (C): y = x + 1 +.  Gi¶i. 1 . x −1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại điểm đó tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhá nhÊt.. a. Bạn đọc tự giải. b. Ta cã:  Tiệm cận đứng x = 1 vì lim y = ∞ . x →1. . TiÖm cËn xiªn y = x + 1 v× lim (y − x − 1) = 0. x →∞. . Toạ độ giao điểm I của hai tiệm cận là I(1; 2) 1 .  §¹ hµm y' = 1 − (x − 1) 2 Điểm M(a, y(a))∈(C) với a > 1, khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: a 2 − 2a a2 (x − a) + . (d): y = y'(a)(x − a) + y(a) ⇔ (d): y = (a − 1) 2 a −1 Toạ độ giao điểm A của tiếp tuyến (d) và tiệm cận đứng là nghiệm của hệ: x = 1 x = 1 2a   2 2 ). a − 2a a ⇔  2a ⇔ A(1;  = a −1  y = a − 1  y (a − 1) 2 (x − a) + a − 1  Toạ độ giao điểm B của tiếp tuyến (d) và tiệm cận xiên là nghiệm của hệ:  y= x + 1 x 2a − 1 =  ⇔ B(2a − 1; 2a). a 2 − 2a a2 ⇔   =  y = 2a  y (a − 1) 2 (x − a) + a − 1  Ta cã: 2 2a AI = |xA − xI| = | − 2| = , | a − 1| a −1 BI2 = (xB − xI)2 + (yB − yI)2 = (2a − 2)2 + (2a − 2)2 = 8(a − 1)2 ⇒ BI = 2 2 |a − 1|, 2 .2 2 |a − 1| = 4 2 , AI.BI = | a − 1| π AB2 = AI2 + BI2 − 2AI.BI.cos = AI2 + BI2 − 2 AI.BI. 4 Chu vi ∆ABI ®îc cho bëi: CV = AI + BI +. AB2 = AI + BI +. ≥ 2 AI.BI + 94. AI 2 + BI 2 − 2AI.BI. 2AI.BI − 2AI.BI = 4 4 2 + 2 2( 2 − 1) ..

(89) Suy ra CVmin = 4 4 2 + 2 2( 2 − 1) , đạt được khi: 1 2 = 2 2 |a − 1| ⇔ a = 1 + 4 . AI = BI ⇔ | a − 1| 2 1 1 Vây, toạ độ của điểm M cần tìm là M(1 + 4 ; 2 + 4 2 + 4 ). 2 2. C. C¸c bµi to¸n chän läc Trong phần này, để thuận tiện cho việc ôn tập, các bài toán chọn lọc sÏ ®îc ph©n lo¹i theo c¸c d¹ng hµm sè c¬ b¶n.. I. Hµm ®a thøc bËc ba Mét sè tÝnh chÊt cña hµm ®a thøc bËc ba: TÝch chÊt 1:. TÝch chÊt 2:. TÝch chÊt 3:. TÝch chÊt 4:. Hàm số đồng biến trên  khi: a > 0 .  ∆ ' ≤ 0 Hµm sè nghÞch biÕn trªn  khi: a < 0 .  ∆ ' ≤ 0 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi: ∆' = b2 − 3ac > 0. Để tìm giá trị cực trị của hàm số tại điểm x0 trong trường hợp x0 là số lÎ, thùc hiÖn phÐp chia ®a thøc y cho y' ta ®îc y = y'.g(x) + h(x). Suy ra: y0 = y(x0) = y'(x0).g(x0) + h(x0) = h(x0). Khi đó "Phương trình đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu của đồ thÞ hµm sè cã d¹ng y = h(x) ". Đồ thị nhận điểm uốn U làm tâm đối xứng. Thật vậy, dời trục bằng tịnh tiến về gốc U(x0, y0), trong đó: b  x 0 = − . 3a   y = ax 3 + bx 2 + cx + d 0 0 0  0 theo c«ng thøc dêi trôc lµ:  x= X + x 0 .   y= Y + y 0 Thay x, y vào phương trình hàm số ta được: Y + y0 = a(X + x0)3 + b(X + x0)2 + c(X + x0) + d ⇔ Y = aX3 + g(x0)X. Hàm số này là hàm lẻ nên đồ thị nhận U làm tâm đối xứng. 95.

(90) TÝch chÊt 5:. TÝch chÊt 6:.  Chó ý:. 96. Tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị hàm số có hệ số góc nhỏ nhất nếu a > 0 và hệ số góc lớn nhất nếu a < 0 trong các tiếp tuyến của đồ thị. ThËt vËy, ta cã: y' = 3ax2 + 2bx + c, suy ra hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i x = x0 lµ: 2 b  3ac − b 2  2 . k = y'(x0) = 3a x 0 + 2bx0 + c = 3a  x 0 +  + 3a  3a  b 3ac − b 2  Víi a > 0, th× kMin = đạt được khi x0 = − . 3a 3a b 3ac − b 2  Víi a < 0, th× kMax = đạt được khi x0 = − . 3a 3a b Mµ y'' = 6ax + 2b nªn x0 = − chính là hoành độ điểm uốn, từ đó suy 3a ra ®iÒu ph¶i chøng minh. Nếu đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm cách đều nhau thì điểm uốn nằm trªn trôc hoµnh. Thật vậy, hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với Ox là nghiệm của phương trình: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d = 0. (1)  Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm A, B, C cách đều nhau khi: x + x3 = x2 (1) cã ba nghiÖm ph©n biÖt x1 < x2 < x3 tho¶ m·n 1 2 ⇔ x1 + x3 = 2x2. (2)  Mặt khác theo định lí Vi - ét ta có: b x1 + x2 + x3 = − . (3) a  Tõ (2) vµ (3) suy ra b b vµ v× f(x2) = 0 ⇔ f(− ) = 0. x2 = − 3a 3a  Ta cã: y' = 3ax2 + 2bx; b y'' = 6ax + 2b, y'' = 0 ⇔ x = − , 3a b đó là hoành độ điểm uốn U của đồ thị hàm số, mà f(− ) = 0, suy ra 3a b U(− ; 0)∈Ox. 3a. Kết quả trên cho ta điều kiện cần để đồ thị hàm bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm cách đều nhau (hoặc "đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ lập thành cấp số cộng "). Khi áp dụng điều kiện cần đã nêu trên, ta cần thử lại để có điều kiện cần và đủ..

(91) TÝch chÊt 7:. Với phương trình bậc ba: ax3 + bx2 + cx + d = 0, víi a ≠ 0. a. Dù ®o¸n nghiÖm vµ ph©n tÝch thµnh nh©n tö  NÕu a + b + c + d = 0 th× (1) cã nghiÖm x = 1.  NÕu a − b + c − d = 0 th× (1) cã nghiÖm x = −1. . NÕu a, b, c, d nguyªn vµ (1) cã nghiÖm h÷u tû. (1). p q. th× p, q theo. thø tù lµ íc cña d vµ a. NÕu (1) cã nghiÖm x0, th× (1) ⇔ (x − x0)(ax2 + b1x + c1) = 0. b. Các phương pháp xác định điều kiện của tham số để phương trình bËc ba cã k nghiÖm ph©n biÖt ⇔ đồ thị hàm số cắt Ox tại k điểm phân biệt . Phương pháp 1: Đại số §o¸n nghiÖm x0 cña (1). Ph©n tÝch (1) thµnh: x = x 0. (x − x0)(ax2 + b1x + c1) = 0 ⇔ . 2 g(x) = ax + b1x + c1 = 0 (2). VËy, ta ®îc:  (1) có nghiệm duy nhất (khi đó, đồ thị hàm số cắt Ox tại một ®iÓm) khi: ∆ g < 0  (2) v « nghiÖm ⇔ ∆ g = 0 .  (2) cã nghiÖm kÐp x 0  g(x 0 ) = 0. . (1) có đúng hai nghiệm phân biệt (khi đó, đồ thị hàm số tiếp xóc víi Ox) khi: ∆ g = 0  (2) cã nghiÖm kÐp kh ¸ c x 0 g(x 0 ) ≠ 0 ⇔  .  (2) cã hai nghiÖm vµ mét nghiÖm lµ x 0 ∆ g > 0 g(x ) = 0  0. . (1) có ba nghiệm phân biệt (khi đó, đồ thị hàm số cắt Ox tại ba ®iÓm ph©n biÖt) khi: ∆ g > 0 (2) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c x0 ⇔ . g(x 0 ) ≠ 0. .. Phương pháp 2: Hàm số dạng I Biến đổi (1) về dạng g(x) = h(m). LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè y = g(x). Dựa vào bảng biến thiên biện luận vị trí tương đối của đường thẳng y = h(m) với đồ thị hàm số y = g(x). 97.

(92) Phương pháp 3: Hàm số dạng II XÐt hµm sè (C): y = ax3 + bx2 + cx + d.  (1) cã nghiÖm duy nhÊt khi (C) c¾t Ox t¹i mét ®iÓm ∆y ' ≤ 0   Hàmsố luôn đơn điệu ⇔ ∆ y ' > 0 . ⇔   Hµmsè cã C §,CT tho ¶ m·n y C § .y CT > 0   y C § .y CT > 0. . . (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi: (C) c¾t Ox t¹i hai ®iÓm ((C) tiÕp xóc víi Ox) ⇔ Hàm số có cực đại, cực tiểu và yCĐ.yCT = 0 y ' = 0 cã 2 nghiÖm x1 , x 2 ph©n biÖt ⇔  . y(x1 ).y(x 2 ) = 0 (1) cã ba nghiÖm ph©n biÖt khi: (C) c¾t Ox t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt ⇔ Hàm số có cực đại, cực tiểu và yCĐ.yCT < 0 y ' = 0 cã hai nghiÖm x1 , x 2 ph©n biÖt ⇔  . y(x1 ).y(x 2 ) < 0. Ví dụ 1: (Đề thi đại học khối B − 2003): Cho hàm số: (Cm): y = x3 − 3x2 + m, víi m lµ tham sè. a. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc toạ độ. b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 2..  Gi¶i a. Hai ®iÓm: A(xA, yA) víi yA = x 3A − 3 x 2A + m, B(xB, yB) víi yB = x 3B − 3 x 2B + m. thuộc đồ thị hàm số. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ 0 (3) x + x B = ⇔  A 0 (4)  yA + yB = Thay (1), (2), (3) vµo (4) ta ®îc: 3 x 2A = m.. (1) (2). (5). Để tồn tại hai điểm A và B thì phương trình (5) phải có nghiệm và do nªn ®iÒu kiÖn lµ m > 0. VËy, m > 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Bạn đọc tự làm. 98. x 2A > 0.

(93) Ví dụ 2: (Đề thi đại học khối A − 2002): Cho hàm số: y = − x3 + 3mx2 + 3(1 − m2)x + m3 − m2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b. Tìm k để phương trình − x3 + 3x2 + k3 − 3k2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. c. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số..  Gi¶i. a. Víi m = 1 hµm sè cã d¹ng: (C): y = −x3 + 3x2. Bạn đọc tự giải tiếp. b. Cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: (1) − x3 + 3x2 = − k3 + 3k2. Vậy số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = − k3 + 3k2, do đó phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 3 2 0 ≠ k < 3 k − 3k < 0 ⇔  ⇔ k∈(−1, 3)\{0, 2}. 0 < −k3 + 3k2 < 4 ⇔  3 2 k − 3k + 4 > 0 −1 < k ≠ 2 Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: x3 − k3 − 3x2 + 3k2 = 0 ⇔ (x − k)[x2 + (k − 3)x + k2 − 3k] = 0 0 x − k = ⇔  2 2 f (x) = x + (k − 3)x + k − 3k = 0 (*) Vậy, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác k −3k 2 + 6k + 9 > 0 ∆ > 0 −1 < k < 3 ⇔  2 ⇔  ⇔ k∈(−1, 3)\{0, 2}. ⇔  f 3k − 6k ≠ 0 k ≠ 0 ∧ k ≠ 2 f (k) ≠ 0 c. Cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: y' = −3x2 + 6mx + 3(1 − m2), y' = 0 ⇔ − 3x2 + 6mx + 3(1 − m2) = 0. (2) Nhận xét rằng ∆(2) = 1 > 0, ∀m ⇔ hàm số luôn có cực đại và cực tiểu. Khi đó thực hiện phép chia y cho y', ta được: 1 m y = y'.( x − ) + 2x − m2 + m. 3 3 Gọi (x0; y0) là toạ độ điểm cực đại hoặc cực tiểu của đồ thị thì y'(x0) = 0. Do đó: 1 m y0 = y(x0) = y'(x0).( x0 − ) + 2x − m2 + m. 3 3 Các điểm cực đại và cực tiểu cùng thoả phương trình: (*) y = 2x − m2 + m. Vậy phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số cã d¹ng y = 2x − m2 + m. 99.

(94) C¸ch 2: Ta cã: y' = −3x2 + 6mx + 3(1 − m2), m −1  x= 1  x= m + 1 .  2 Tức là, hàm số luôn có cực đại và cực tiểu, và toạ độ của chúng là: A(m − 1; − m2 + 3m − 2) vµ B(m + 1; − m2 + 3m + 2). Khi đó, đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số chính là đường thẳng (AB), có phương trình cho bởi: y − (− m 2 + 3m − 2) x − (m − 1) = (AB): − m 2 + 3m + 2 − (− m 2 + 3m − 2) m + 1 − (m − 1) ∆ '= 1> 0. y' = 0 ⇔ −3x2 + 6mx + 3(1 − m2) = 0 ⇔. ⇔ (AB): y = 2x − m2 + m. VÝ dô 3: Cho hµm sè (C): y = x3 − 3x + 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình |x3 − 3x + 1| − m = 0. c. Lập phương trình các tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đi qua y  14  y = |x3 − 3x + 1| ®iÓm A  ; − 1  . 3  9 .  Gi¶i. U 1 a. Ta lần lượt có: 1 (1). Hàm số xác định trên D =  . x −1 O (2). Sù biÕn thiªn cña hµm sè: −1 y = x3 − 3x + 1  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc:    +∞ khi x → +∞ 3 1  . lim y = lim  x 3  1 − 2 + 3   =  x →∞ x →∞ x x   −∞ khi x → −∞    B¶ng biÕn thiªn: y' = 3x2 − 3, y' = 0 ⇔ 3x2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1. x −∞ 1 −1 +∞ y' + 0 0 + − C§ CT +∞ y −∞ 3 −1 (3). §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: y'' = 6x, y'' = 0 ⇔ 6x = 0 ⇔ x = 0. Vì y" đổi dấu khi x qua điểm 0 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là U(0; 1). Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn U làm tâm đối xứng. b. Viết lại phương trình dưới dạng: |x3 − 3x + 1| = m. Do vậy số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị y = |x3 − 3x + 1| víi ®êng th¼ng y = m + 1.. 100.

(95) §å thÞ cña hµm sè y = |x3 − 3x + 1| gåm: - Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị (C). - Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành của (C) qua trục hoành. Suy ra:  Với m < 0, phương trình vô nghiệm.  Với m = 0, phương trình có 3 nghiệm phân biệt.  Với 0 < m < 1, phương trình có 6 nghiệm phân biệt.  Với m = 1, phương trình có 5 nghiệm.  Với 1 < m < 3, phương trình có 4 nghiệm phân biệt.  Với m = 3, phương trình có 3 nghiệm.  Với m > 3, phương trình có 2 nghiệm phân biệt. c. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x0 khi đó tiếp tuyến có dạng: (d): y − y(x0) = y’(x0)(x − x0) ⇔ (d): y = (3 x 20 − 3)(x − x0) + x 30 − 3x0 + 1. §iÓm A∈(d) suy ra: 14 − x0) + x 30 − 3x0 + 1 ⇔ 3 x 30 − 7 x 20 + 4 = 0 −1 = (3 x 20 − 3)( 9 2 ⇔ (x0 − 1)(3 x 20 − 4x0 − 4) = 0 ⇔ x0 = 1 hoÆc x0 = 2 hoÆc x0 = − . 3 Khi đó:  Víi x0 = 1, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = −1.  Víi x0 = 2, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = 9x − 15. 2 43 5  Víi x0 = − , ta ®îc tiÕp tuyÕn (d3): y = − x + . 3 27 3 VËy, qua A kÎ ®îc ba tiÕp tuyÕn (d1), (d2) vµ (d3) tíi (C). 14   Cách 2: Phương trình (d) đi qua A với hệ số góc k có dạng y = k  x −  − 1 . 9   Để (d) tiếp xúc với (C), thì hệ phương trình sau phải có nghiệm: 14  3 x − 3x + 1= k(x − ) − 1 (1) 9  3x 2 − 3 = k (2)  Thay (2) vµo (1), ta ®îc: 2 3x3 − 7x2 + 4 = 0 ⇔ (x − 1)(3x2 − 4x − 4) = 0 ⇔ x = 1 hoÆc x = 2 hoÆc x = − . 3 Khi đó: . (2). Víi x = 1 ⇒ k = 0, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = −1. (2). Víi x0 = 2 ⇒ k = 9, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = 9x − 15. 2 (2) 5 5 43  Víi x0 = − ⇒ k = − , ta ®îc tiÕp tuyÕn (d3): y = − x + . 3 3 27 3 VËy, qua A kÎ ®îc ba tiÕp tuyÕn (d1), (d2) vµ (d3) tíi (C). . 101.

(96) 1 3. VÝ dô 4: Cho hµm sè (Cm): y = − mx3 + mx2 − x. Tìm các điểm cố định mà (Cm) luôn đi qua khi m thay đổi. Tìm m để hàm số luôn nghịch biến. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục Ox. 1  e. Tìm m để (Cm) nhận điểm U  1; −  làm điểm uốn. 3  f. Xác định m khác 0 để (Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt với hoành độ lập thành cấp số cộng. a. b. c. d..  Gi¶i. a. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ (Cm), khi đó: 1 y0 = − m x 30 + m x 20 − x0, ∀m ⇔ ( x 30 − 3 x 20 )m + 3x0 + y0 = 0, ∀m 3 x 30 − 3x 20 =  M (0;0) 0 ⇔  ⇔  1 . 0 3x 0 + 3y 0 =  M 2 (3; − 3). Vậy, họ (Cm) có hai điểm cố định M1(0; 0) và M2(3; −3). b. Hàm số xác định trên D =  . §¹o hµm: y' = 0 ⇔ f(x) = −mx2 + 2mx − 1 = 0. (1) y' = −mx2 + 2mx − 1, Hµm sè lu«n nghÞch biÕn khi: y' ≤ 0 víi mäi x∈  ⇔ f(x) ≤ 0 víi mäi x∈  . Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m = 0 thì: y' = −1 < 0 víi mäi x∈  ⇔ Hµm sè lu«n nghÞch biÕn. Trường hợp 2: Nếu m ≠ 0 thì điều kiện là: m > 0 −m < 0 m > 0 ⇔  2 ⇔  ⇔ 0 < m ≤ 1.  0 ≤ m ≤ 1 ∆ 'f ≤ 0 m − m ≤ 0. VËy, hµm sè lu«n nghÞch biÕn khi 0 ≤ m ≤ 1. c. Hàm số có cực đại và cực tiểu khi: (1) có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu qua hai nghiệm m ≠ 0 a ≠ 0 m > 1 ⇔  2 ⇔  . ⇔  m < 0 ∆ 'f > 0 m − m > 0. Vậy, hàm số có cực đại và cực tiểu khi m ∈ (−∞; 0)∪(1; +∞). d. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox có dạng: x = 0 1 − mx3 + mx2 − x = 0 ⇔ x(mx2 − 3mx + 3) = 0 ⇔  3 = mx 2 − 3mx + = 3 0 (*) g(x). 102.

(97) Hàm số có cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục Ox khi: Hµm sè c¾t trôc Ox t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt ⇔ (∗) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0 m ≠ 0 a ≠ 0 4  m>  2   ⇔ ∆ g > 0 ⇔ 9m − 12m > 0 ⇔ 3.  3 ≠ 0   m < 0 g(0) ≠ 0  4  VËy, víi m ∈ ( −∞; 0 ) ∪  ; + ∞  tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 3   e. Ta cã y" = −2mx + 2m. §å thÞ hµm sè nhËn ®iÓm U lµm ®iÓm uèn khi:   m ≠ 0 m ≠ 0   ⇔ m = 1. 0 y"(1) = 0 ⇔ −2m + 2m =   1 1 1 y(1) = − − m + m − 1 =− 3 3   3 Vậy, với m = 1 đồ thị hàm số nhận điểm U làm điểm uốn. f. Ta lùa chän mét trong ba c¸ch sau: Cách 1: Để (Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt với hoành độ lập thành cấp số cộng thì (2) điểm uốn U của đồ thị hàm số thuộc Ox, tức là yU = 0. Ta cã y" = −2mx + 2m, y" = 0 ⇔ −2mx + 2m = 0 ⇔ xU = 1 do đó, điều kiện (2) trở thành: 1 3 − m+m−1=0⇔m= . 3 2 3 1 3 Thö l¹i: Víi m = hµm sè cã d¹ng y = − x3 + x3 − x. 2 2 2 Phương trình hoành độ giao điểm là: 1 3 − x3 + x3 − x = 0 ⇔ x(x2 − 3x + 2) = 0 ⇔ x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2 2 2 nhËn thÊy x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè céng. 3 VËy, víi m = tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2 Cách 2: Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với trục hoành là: 1 (3) − mx3 + mx2 − x = 0 ⇔ mx3 − 3mx2 + 3x = 0. 3 Để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt với hoành độ lập thành cấp số cộng thì phương trình (3) có ba nghiệm x0 − d, x0, x0 + d. Khi đó: mx3 − 3mx2 + 3x = m[x − (x0 − d)](x − x0)[x − (x0 + d)] = m(x − x0)[(x − x0)2 − d2] = mx3 − 3mx0x2 + m(3 x 20 − d2)x − x 30 + md2x0. 103.

(98) −3mx 0 −3m = x 0 = 1   2 2 ⇒ = 3 m(3x 0 − d ) ⇔ d = ±1 .  m = 3 / 2 − x 30 + d 2 x 0  0 = 3 VËy, víi m = tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2 Cách 3. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ lập thành cÊp sè céng khi: x +x (3) cã ba nghiÖm ph©n biÖt x1 < x2 < x3 tho¶ m·n 1 3 = x2 ⇔ x1 + x3 = 2x2. 2 Mặt khác theo định lí viét ta có: x1 + x2 + x3 = 3 ⇔ 3x2 = 3 ⇔ x2 = 1. 3 §Ó x2 = 1 lµ nghiÖm cña (3) th× m − 3m + 3 = 0 ⇔ m = . 2 Thử lại: Tương tự như trong cách 1. 3 VËy, víi m = tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2. VÝ dô 5: Cho hµm sè (Cm): y = (x − 1)(x2 + mx + m). 1. Víi m = 2: a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (C), trôc hoµnh vµ c¸c ®êng th¼ng x = 0, x = 1. c. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đó vuông góc víi ®êng th¼ng x − 5y + 4 = 0. 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị y 1 −2/3 −1/3 hµm sè tiÕp xóc víi trôc hoµnh. O x Xác định toạ độ tiếp điểm trong mỗi trường hợp tìm được..  Gi¶i. 1. Víi m = 2 hµm sè cã d¹ng: (C): y = x3 + x2 − 2. a. Bạn đọc tự giải. b. DiÖn tÝch S ph¶i t×m ®îc cho bëi:. −50/27 −52/27 (C). −2. 1 1 1 1 17 S = ∫ | x 3 + x 2 − 2 | dx = − ∫ (x 3 + x 2 − 2)dx = −( x4 + x3 − 2x) |10 = (®vdt). 4 3 12 0 0 c. TiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®êng th¼ng x − 5y + 4 = 0 nªn cã hÖ sè gãc k = 5. Tíi ®©y, ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: 5 y' = 5 ⇔ 3x2 + 2x = 5 ⇔ 3x2 + 2x − 5 = 0 ⇔ x0 = 1 hoÆc x 0 = − . 3. 104.

(99) Khi đó:  Víi x0 = 1, ta ®îc tiÕp tuyÕn: (d1): y − y(1) = 5(x − 1) ⇔ (d1): y = 5x − 5. 5  Víi x 0 = − , ta ®îc tiÕp tuyÕn: 3 5 5 121 . (d2): y − y(− ) = 5(x + ) ⇔ (d2): y = 5x + 3 27 3 VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Cách 2: Phương trình (d) với hệ số góc k = 5 có dạng y = 5x + m. Để (d) tiếp xúc với (C), thì hệ phương trình sau phải có nghiệm: 3 2 m = x 3 + x 2 − 5x − 2 m = 5 x + x − 2 = 5x + m ⇔  ⇔  .  2 = 5 3x + 2x =  m = 121/ 27 x 1 hoÆc x= − 5 / 3 Khi đó:  Víi m = 5, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = 5x − 5. 121 121  Víi m = , ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = 5x + . 27 27 VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2. §å thÞ hµm sè tiÕp xóc víi trôc hoµnh khi hÖ sau cã nghiÖm: −2 vµ m = 4 x = (x − 1)(x 2 + mx + m) = 0 y = 0  ⇔  2 ⇔ . = vµ m 0   x 0= 0 3x + 2(m − 1)x = y ' = 0  x = 1 vµ m = −1/ 2 VËy, ta ®îc:  Với m = 4, đồ thị hàm số tiếp xúc với Ox tại tiếp điểm M1(−2; 0).  Với m = 0, đồ thị hàm số tiếp xúc với Ox tại tiếp điểm M2(0; 0). 1  Với m = − , đồ thị hàm số tiếp xúc với Ox tại tiếp điểm M3(1; 0). 2 1 VÝ dô 6: Cho hµm sè (Cm): y = x3 − mx2 − x + m + 1. 3 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 0. b. Chứng minh rằng với mọi m hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu. c. Lập phương trình đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu. d. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (1; + ∞ ) ..  Gi¶i a. Bạn đọc tự giải. b. Tập xác định D =  . §¹o hµm: y' = 0 ⇔ f(x) = x2 − 2mx − 1 = 0. y' = x2 − 2mx − 1, 2 Ta có ∆' = m + 1 > 0, ∀m do đó (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Vậy, với mọi m hàm số đã cho luôn có cực đại, cực tiểu.. (1). 105.

(100) c. Toạ độ các điểm cực đại và cực tiểu thỏa mãn hệ:  2 x m 2 2  x3 − mx 2 − x + m + 1 y = y= y '.  −  − (m + 1)x + m + 1 ⇔  3 3  3 3  3 y ' = 0 y ' = 0   2 2 2 ⇒ y = − (m + 1)x + m + 1. (2) 3 3 Nhận xét rằng toạ độ các điểm cực đại và cực tiểu cùng thoả mãn (2), nên phương trình đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số có dạng: 2 2 (d): y = − (m2 + 1)x + m + 1. 3 3 d. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; + ∞ ) khi:. y' ≥ 0 ∀x > 1 ⇔ x2 − 2mx − 1 ≥ 0 ∀x > 1 ⇔ XÐt hµm sè y = y=. x2 − 1 ≥ m , ∀x > 1. 2x. (*). x2 − 1 có tập xác định D = (1; +∞) và: 2x. x2 + 1 > 0, ∀x > 1 ⇔ hàm số luôn đồng biến trên D. 2x 2. Từ đó, ta được (*) ⇔ m ≤ y(1) = 0. VËy, víi m ≤ 0 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. VÝ dô 7: Cho hµm sè (Cm): y = (m + 2)x3 + 2(m + 2)x2 − (m + 3)x − 2m + 1. 1. Víi m = −1: a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. Tìm a để (C) cắt đường thẳng (d): y = ax + 3 tại ba điểm phân biệt. 2. Chứng minh rằng họ đồ thị hàm số (Cm) luôn đi qua ba điểm cố định, và ba điểm đó cùng nằm trên một đường thẳng. 3. Tìm m để hàm số nghịch biến trên  ..  Gi¶i. 1. Víi m = −1 hµm sè cã d¹ng (C): y = x3 + 2x2 − 2x + 3. a Bạn đọc tự giải. b Phương trình hoành độ giao điểm của (d) với đồ thị hàm số (C) là: x3 + 2x2 − 2x + 3 = ax + 3 ⇔ x3 + 2x2 − (a + 2)x = 0 x = 0 ⇔  2  f(x) = x + 2x − a − 2 = 0 (*) Đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại ba điểm phân biệt khi phương trình (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0: ∆ 'f > 0 1 + a + 2 > 0 a > −3 ⇔  ⇔  ⇔ −3 < a ≠ −2.   −a − 2 ≠ 0 a ≠ −2 f(0) ≠ 0. VËy, víi −3 < a ≠ −2 tháa m·n ®iÓu kiÖn ®Çu bµi. 106.

(101) 2. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: Cách 1: Giả sử M(x; y) là điểm cố định của họ (Cm), khi đó: y = (m + 2)x3 + 2(m + 2)x2 − (m + 3)x − 2m + 1, ∀m ⇔ (x3 + 2x2 − x − 2)m + 2x3 + 4x2 − 3x − + 1 − y = 0, ∀m  M1 (−2;7) (x + 2)(x 2 − 1) = x3 + 2x 2 − x − 2 = 0 0  ⇔  ⇔  M 2 (1;4) . ⇔  3 2 3 2 y = 2x + 4x − 3x + 1 y = 2x + 4x − 3x + 1  M 3 (−1;6) Vậy, họ (Cm) có ba điểm cố định M1(− 2; 7), M2(1; 4) và M3(−1 ; 6). Suy ra:     M1 M 2 (3; −3) vµ M1 M 3 (1; −1) ⇒ M1 M 2 = 3. M1 M 3 . Vậy, họ (Cm) luôn đi qua ba điểm cố định và ba điểm đó cùng nằm trên một ®êng th¼ng. Cách 2: Giả sử M(x; y) là điểm cố định của họ (Cm), khi đó: y = (m + 2)x3 + 2(m + 2)x2 − (m + 3)x − 2m + 1, ∀m ⇔ (x3 + 2x2 − x − 2)m + 2x3 + 4x2 − 3x − + 1 − y = 0, ∀m x3 + 2x 2 − x − 2 = (x + 2)(x 2 − 1) = 0 0 ⇔  ⇔  3 2 y 2(x3 + 2x 2 − x − 2) − x + 5 y = 2x + 4x − 3x + 1 = 2 0 (1) (x + 2)(x − 1) = ⇔  (2) y =− x + 5 Khi đó:  Vì (1) có ba nghiệm phân biệt nên họ (Cm) luôn đi qua ba điểm cố định.  Tọa độ các điểm cố định đề thỏa mãn (2) − là phương trình đường thẳng. Vậy, họ (Cm) luôn đi qua ba điểm cố định và ba điểm đó cùng nằm trên đường th¼ng y = −x + 5. 3. Tập xác định D =  . §¹o hµm: (1) y' = 3(m + 2)x2 + 4(m + 2)x − m − 3. Hµm sè nghÞch biÕn trªn  khi: y' ≤ 0, ∀x∈  ⇔ 3(m + 2)x2 + 4(m + 2)x − m − 3 ≤ 0, ∀x∈  . Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với m + 2 = 0 ⇔ m = −2, ta được: y' = −1< 0 ⇒ Hµm sè nghÞch biÕn trªn  . Trường hợp 2: Với m + 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2, điều kiện là: ∆ ' f ≤ 0 ⇔ 4(m + 2)2 + 3(m + 2)(m + 3) ≤ 0 ⇔ (m + 2)(7m + 17) ≤ 0 17 ⇔ − ≤ m ≤ −2 . 7 17 VËy, víi − ≤ m ≤ −2 tháa m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 7 107.

(102) 1 3 x 3. VÝ dô 8: Cho hµm sè y =.  Gi¶i. − mx2 − x + m + 1.. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 1. b. Chứng minh rằng với mọi m hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu. Hãy xác định m sao cho khoảng cách giữa các điểm cực đại vµ cùc tiÓu lµ nhá nhÊt.. a Bạn đọc tự giải. b Miền xác định D =  . §¹o hµm: y' = 0 ⇔ x2 − 2mx − 1 = 0, (1) y' = x2 − 2mx − 1, Ta cã: ∆' = m2 + 1 > 0, ∀m ⇔ (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt. Vậy, với mọi m hàm số đã cho luôn có cực đại , cực tiểu và hoành độ các điểm cực đại , cực tiểu thoả mãn: x1 + x 2 = 2 m .  x1x 2 = −1. Thùc hiÖn phÐp chia y cho y' ta ®îc: 1 3. y = y'.( x −. 1 2 m) − (m2 + 1)x + 2 m + 1. 3 3 3. Vậy, tung độ các điểm cực đại, cực tiểu là: y1 = −. 2 2 2 2 (m2 + 1)x1 + m + 1 vµ y2 = − (m2 + 1)x2 + m + 1. 3 3 3 3. Vậy, toạ độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(x1; y1) và B(x2 ; y2). Do đó khoảng cách giữa các điểm cực đại, cực tiểu được cho bởi: 2 3. AB2 = (x1 − x2)2 + [ (m2 + 1)x1 − = (x1 − x2)2[1 +. 2 (m2 + 1)x2]2 3. 4 4 (m2 + 1)2] = (4m2 + 4)[1 + (m2 + 1)2]. 9 9. §Æt t = m2 + 1, t≥1, ta ®îc: AB2 = 4t(1 +. 4 4 2 t ) = (4t3 + 9t) 9 9. Do đó AB nhỏ nhất khi 4t3 + 9t nhỏ nhất. XÐt hµm sè y = 4t3 + 9t.  Miền xác định D = [1, + ∞).  §¹o hµm: y' = 12t2 + 9 > 0, ∀t ≥1 ⇔ hàm số luôn đồng biến trên D. Suy ra ymin = y(1) = 13. VËy, ta ®îc: AB2min =. 108. 2 13 52 ⇔ ABmin = đạt được khi t = 1 ⇔ m = 0. 9 3.

(103) II. Hàm trùng phương Một số tính chất của hàm trùng phương:. TÝch chÊt 1: Hµm sè cã cùc trÞ víi mäi gi¸ trÞ cña tham sè sao cho a ≠ 0. Tích chất 2: Hàm số có cực đại, cực tiểu khi: b < 0. y' = 0 cã ba nghiÖm ph©n biÖt ⇔ 2a Tích chất 3: Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu khi: a < 0 .  b > 0 Tích chất 4: Hàm số có một cực đại và hai cực tiểu khi: a > 0 .  b < 0 TÝch chÊt 5: Hµm sè cã hai ®iÓm uèn khi: b y'' = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ < 0. 2a TÝch chÊt 6: Hµm sè kh«ng cã ®iÓm uèn khi: b y'' = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ ≥ 0. 2a Tích chất 7: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. Tích chất 8: Phương trình trùng phương: ax4 + bx2 + c = 0, víi a ≠ 0. Đặt t = x2 với t ≥ 0, phương trình có dạng: at2 + bt + c = 0. . (1) (2). NÕu (2) cã nghiÖm t0 ≥ 0 th× (1) cã nghiÖm x = ± t 0 .. (1) cã nghiÖm duy nhÊt khi (2) cã nghiÖm t1 ≤ 0 = t2. (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi (2) cã nghiÖm t1 < 0 < t2 hoÆc 0 < t1 = t2. (1) cã ba nghiÖm ph©n biÖt khi (2) cã nghiÖm 0 = t1 < t2. (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt khi (2) cã nghiÖm 0 < t1 < t2. (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè céng khi: (2) cã nghiÖm 0 = t1 < t2 vµ t2 = 9t1. Tích chất 9: Phương pháp tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = ax4 + bx2 + c tiÕp xóc víi Ox t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt Phương pháp 1: Đại số §iÒu kiÖn lµ (1) cã hai nghiÖm kÐp ph©n biÖt khi: (3) ax4 + bx2 + c = a(x − x1)2(x − x2)2 víi x1 ≠ x2. Sử dụng phương pháp hằng số bất định ta xác định được giá trị của tham sè. Phương pháp 2: Hàm số Tập xác định D =  .     . 109.

(104) §¹o hµm: y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b), y' = 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0. §iÒu kiÖn lµ b ab < 0  <0 ⇔  .  2a 2 0 4ac − b = y(± − b / 2a ) = 0  1 2. VÝ dô 1: Cho hµm sè (C): y = − x4 − x2 +. 3 2. (4). .. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®êng cong (C) vµ trôc Ox. c. Lập phương trình các tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đi qua. ®iÓm M(0; 4)..  Gi¶i. y 3/2. a. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè: A B  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: −1 O 1 x (C)  4 1 1 3  lim y = lim  x  − − 2 + 4   = −∞. x →±∞ x →±∞ 2x     2 x  B¶ng biÕn thiªn: y' = −2x3 − 2x, y' = 0 ⇔ −2x3 − 2x = 0 ⇔ −2x(x2 + 1) = 0 ⇔ x = 0. x −∞ 0 +∞ y' + 0 − C§ y 3/2 −∞ −∞ 1. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: y'' = −6x2 − 2 < 0, đồ thị hàm số không có điểm uốn và lồi trên D.  Giao của đồ thị hàm số với trục hoành là các điểm A(−1; 0), B(1; 0). Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. b. Do tính đối xứng nên diện tích S phải tìm được cho bởi: 1. 1 3 1 1 3 32 (®vdt). S = 2 ∫ (− x 4 − x 2 + )dx = 2(− x5 − x3 + x) |10 = 2 2 10 3 2 15 0. c. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x0 khi đó tiếp tuyến có dạng:. (d): y − y(x0) = y’(x0)(x − x0) ⇔ (d): y = (−2 x 30 − 2x0)(x − x0) +. 1 4 3 x 0 + x 20 − . 2 2. §iÓm M∈(d) suy ra: 4 = (−2 x 30 − 2x0)(−x0) + 110. 1 4 3 x 0 + x 20 − ⇔ 5x 40 + 6x 20 − 11 = 0 ⇔ x0 = ±1. 2 2.

(105) Khi đó:  Víi x0 = 1, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = 4x + 4  Víi x0 = −1, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = −4x + 4. VËy, qua A kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C). Cách 2: Phương trình (d) đi qua A với hệ số góc k có dạng y = kx + 4. Để (d) tiếp xúc với (C), thì hệ phương trình sau phải có nghiệm: 3  1 4 2 − x − x + = kx + 4 (1) 2  2 −2x 3 − 2x = k (2)  Thay (2) vµo (1), ta ®îc: 1 3 − x 4 − x 2 + = x(−2x 3 − 2x) + 4 ⇔ 3x4 + 2x2 − 5 = 0 ⇔ x = ±1. 2 2 3x3 − 7x2 + 4 = 0 ⇔ (x − 1)(3x2 − 4x − 4) = 0 ⇔ x = 1 hoÆc x = 2 hoÆc x = − Khi đó: . 2 3. (2). Víi x = −1 ⇒ k = 4, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = 4x + 4. (2).  Víi x = 1 ⇒ k = −4, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = −4x + 4. VËy, qua A kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C).. VÝ dô 2: Cho hµm sè (C): y = x4 − 2x2 + 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình x4 − 2x2 + 1 − m = 0..  Gi¶i. a. Ta lần lượt có: y 1. Hàm số xác định trên D =  . (C) 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: 1  4 2 1  lim y = lim  x  1 − 2 + 4   = +∞. x →±∞ x →±∞ x 1 x x  −1 O    B¶ng biÕn thiªn: y' = 4x3 − 4x, y' = 0 ⇔ 4x3 − 4x = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = ±1. x −∞ 0 1 −1 +∞ y' 0 + 0 0 + − − CT C§ CT + ∞ +∞ y 0 1 0 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: 1 y'' = 0 ⇔ 12x2 − 4 = 0 ⇔ x = ± . y'' = 12x2 − 4, 3. 111.

(106) Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm ±. 1 3. nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn.  1 4  1 4 lµ U1  − ;  vµ U 2  ;  . 3 9  3 9   Ta lấy thêm điểm A( 3 ; 4), B(− 3 ; 4) trên đồ thị. Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.. b. Viết lại phương trình dưới dạng: x4 − 2x2 + 1 = m. Do vậy số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường th¼ng y = m. Suy ra:  Với m < 0, phương trình vô nghiệm.  Với m = 0, phương trình có hai nghiệm nghiệm kép x = ±1.  Với 0 < m < 1, phương trình có 4 nghiệm phân biệt.  Với m = 1, phương trình có 3 nghiệm.  Với m > 1, phương trình có 2 nghiệm phân biệt.. VÝ dô 3: Cho hµm sè (Cm): y = x4 + mx2 − m − 1 a. Chứng minh rằng (Cm) đi qua hai điểm cố định A và B. Tìm m để các tiếp tuyến tại A và B với đồ thị vuông góc với nhau. b. Xác định m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng (d): y = 2(x − 1) tại điểm có hoành độ x = 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hµm sè víi m t×m ®îc. c. Sử dụng đồ thị ở câu b), biện luận theo k số nghiệm của phương tr×nh 4x2(1 − x2) = 1 − k..  Gi¶i. a. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của họ (Cm). Khi đó: y0 = x 40 + m x 20 − m − 1, ∀m ⇔ ( x 20 − 1)m + x 40 − y0 − 1 = 0, ∀m x 2 − 1 = 0 = 0  A(1;0) ⇔  . ⇔  04 0  B(−1;0) x 0 − y 0 − 1 = Vậy, họ (Cm) có hai điểm cố định A(1; 0) và B(−1; 0). Ta cã: y '(x A )= 4 + 2m . y' = 4x3 + 2mx ⇒  y '(x B ) =−4 − 2m Để các tiếp tuyến tại A và B với đồ thị vuông góc với nhau điểu kiện là: y'(xA). y'(xB) = −1 ⇔ (4 + 2m)(−4 − 2m) = −1 9 7 1 ⇔ (m + 2)2 =⇔ m = − hoÆc m = − . 4 4 4 b. §Æt: f(x) = x4 + mx2 − m − 1 ⇒ f'(x) = 4x3 + 2mx, g(x) = 2(x − 1) ⇒ g'(x) = 2.. 112.

(107) Khi đó, để (Cm) tiếp xúc với (d) tại điểm có hoành độ x = 1 điều kiện là: f(1) = g(1) 0 = 0 ⇔  ⇔ m = −1.  2 f '(1) = g'(1) 4 + 2m − m − 1 = y (C) Víi m = −1 hµm sè cã d¹ng (C): y = x4 − x2 . 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè: −1/ 2 O 1/ 2  Giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc: C Dx  4  1 1  lim y = lim  x  − − 2   = +∞. x →±∞ x →±∞ −1/4   2 x   B¶ng biÕn thiªn: y' = 4x3 − 2x, 1 . y' = 0 ⇔ 4x3 − 2x = 0 ⇔ 2x(2x2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = ± 2 x −∞ 0 +∞ −1/ 2 1/ 2 y' 0 + 0 0 + − − CT C§ CT +∞ y +∞ 0 −1/4 −1/4 3. §å thÞ cña hµm sè:  §iÓm uèn: 1 . y'' = 12x2 − 2, y'' = 0 ⇔ 12x2 − 2 = 0 ⇔ x = ± 6 1 nên đồ thị hàm số có hai điểm uốn Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm ± 6 5  5   1  1 lµ U1  − ; −  vµ U 2  ; − . 36 36 6    6   Giao của đồ thị hàm số với trục hoành: x = 0 ⇒ C(−1; 0) vµ D(1; 0). x4 − x2 = 0 ⇔ x2(x2 − 1) = 0 ⇔   x = ±1 Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. c. Viết lại phương trình dưới dạng: k −1 . x4 − x2 = 4. Sè nghiÖm cña (1) lµ sè giao ®iÓm cña (C) vµ ®êng th¼ng y =  . k −1 1 < − ⇔ k < 0, phương trình vô nghiệm. 4 4 k −1 1 = − ⇔ k = 0, phương trình có hai nghiệm. NÕu 4 4. k −1 , ta cã: 4. NÕu. 113.

(108)   . 1 k −1 < < 0 ⇔ 0 < k < 1, phương trình có bốn nghiệm. 4 4 k −1 = 0 ⇔ k = 1, phương trình có ba nghiệm. NÕu 4 k −1 NÕu > 0 ⇔ k > 1, phương trình có hai nghiệm. 4. NÕu −. Ví dụ 4: (Đề thi đại học khối B − 2002): Cho hàm số: y = mx4 + (m2 − 9)x2 + 10, víi m lµ tham sè. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b. Tìm m để hàm số có ba cực trị..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự giải. b. Ta cã: Miền xác định D =  . §¹o hµm: x = 0 y' = 0 ⇔  . = 2mx 2 + m 2 −= 9 0 (1) f (x) Hµm sè cã 3 cùc trÞ ⇔ (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0 0 < m < 3 ⇔ m(m2 − 9) < 0 ⇔  .  m < −3 VËy, hµm sè cã 3 cùc trÞ khi m∈(−∞; −3) ∪ (0; 3).. y' = 4mx3 + 2(m2 − 9)x,. VÝ dô 5: Cho hµm sè (Cm): y = mx4 + (m − 1)x2 − 2m + 1. a. Víi m =.  Gi¶i. 1 , viết phương trình các tiếp tuyến kẻ từ gốc toạ độ O tới 2. đồ thị (C1/2). b. Tìm m để đồ thị hàm số có đúng một điểm cực trị.. 1 1 1 , hµm sè cã d¹ng (C1/2): y = x4 − x2. 2 2 2 Đường thẳng (d) đi qua O với hệ số góc k có phương trình y = kx. Đường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C1/2) khi hệ phương trình sau có nghiệm: k = 0 1 1 4 1 2 1 kx  x 4 − x 2 = (2x3 − x)x 3x 4 − x 2 = 0   x − x = ⇔ 2 ⇔ ⇔  k = 1/ 3 3 . 2 2 2 = k 2x3 − x 3  2x3 − x =    k =   k 2x − x  k = −1/ 3 3 Khi đó:  Víi k = 0, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = 0.. a. Víi m =. 114.

(109) . Víi k = −. 1. , ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = −. 1. x. 3 3 3 3 1 1 , ta ®îc tiÕp tuyÕn (d3): y = x.  Víi k = 3 3 3 3 Vậy, qua O kẻ được ba tiếp tuyến (d1), (d2) , (d3) tới đồ thị (C1/2). b. Ta cã: y' = 4mx3 + 2(m − 1)x = 2x(2mx2 + m − 1). x = 0 . y' = 0 ⇔ 2x(2mx2 + m − 1) = 0 ⇔  = 2mx 2 + m = − 1 0 (*)  f(x) Hµm sè chØ cã mét ®iÓm cùc trÞ khi: (*) v« nghiÖm .  f(0) = 0 . (I). Trường hợp 1: Nếu f(x) = 0 vô nghiệm  Víi m = 0, ta cã: (*) ⇔ −1 = 0 m©u thuÉn ⇒ (*) v« nghiÖm.  Với m ≠ 0, để (*) vô nghiệm điểu kiện là: m > 1 . ∆ < 0 ⇔ −8m(m − 1) < 0 ⇔  m < 0 Trường hợp 2: Nếu f(0) = 0, tức là: m − 1 = 0 ⇔ m = 1. Vậy, hàm số có đúng một điểm cực trị khi m ≥ 1 hoặc m ≤ 0.. VÝ dô 6: Cho hµm sè (Cm): y = x4 − 4x2 + m. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 3. 2. Xác định m để đồ thị (C) cắt trục hoành tại bồn điểm phân biệt. 3. Với kết quả trong 2) hãy xác định m sao cho: a. Bốn điểm phân biệt đó có hành độ lập thành một cấp số cộng. b. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành có diện tích phần phía trên và phần phía dưới trục hoành bằng nhau..  Gi¶i. 1. Đề nghị bạn đọc tự làm. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là x4 − 4x2 + m = 0. (1) Đặt t = x2, t ≥ 0, khi đó: (2) (1) ⇔ f(t) = t2 − 4t + m = 0 §å thÞ (C) c¾t trôc hoµnh t¹i bèn ®iÓm ph©n biÖt khi: (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt ⇔ (2) cã hai nghiÖm tho¶ m·n 0 < t1 < t2. (*) Tíi ®©y ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau:. 115.

(110) Cách 1: Sử dụng định lí Vi−ét điều kiện (*) được chuyển thành: ∆ ' > 0 4 − m > 0   ⇔ 0 < m < 4. S > 0 ⇔  4 > 0 P > 0 m > 0   Vậy, với 0 < m < 4 đồ thị (C) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. Cách 2: Số nghiệm dương của phương trình (2) bằng số giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị hàm số y = −t2 + 4t trên (0; +∞). Ta cã:  Tập xác định trên D = (0; +∞).  Sù biÕn thiªn cña hµm sè: y' = −2t + 4, y' = 0 ⇔ −2t + 4 = 0 ⇔ t = 2. x 0 2 +∞ y' + 0 − C§ y 4 0 −∞ Suy ra ®iÒu kiÖn lµ 0 < m < 4. Vậy, với 0 < m < 4 đồ thị (C) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. 3. Với kết quả trong 2) thì đồ thị (C) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là − t 2 , − t1 , t1 , t 2 . a Bốn hoành độ trên lập thành cấp số cộng khi: − t 2 + t1 = −2 t1 ⇔ t 2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1. (3)  2 t1 − t1 + t 2 = Theo định lí Vi−ét ta có: 4 t1 + t 2 = . (I)  t1t 2 = m Thay (3) vµo (I) ®îc: 5t1 = 2 4 t1 + 9t1 = 36 ⇔ 2 ⇒ m= .  25 t1 .(9t1 ) = m 9t1 = m 36 VËy, víi m = đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt với hoành 25 độ lập thành cấp số cộng. b Nhận xét rằng hàm số y = x4 − 4x2 + m là hàm chẵn (nhận Oy làm trục đối xứng) nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành có phần phía trên và phần phía dưới trục hoành bằng nhau khi: t2. ∫ (x 0. 4. − 4x 2 + m)dx = 0 ⇔ (. 1 5 4 3 x − x + mx) 5 3. 0. t2. =0. 1 4 ( t 2 )5 − ( t 2 )3 + m( t 2 ) = 0 ⇔ 3 t 22 − 20t2 + 15m = 0. 5 3. 116. (4).

(111) (4). MÆt kh¸c, do t2 lµ nghiÖm cña (2), nªn t 22 − 4t2 + m = 0 ⇒ m = VËy, víi m =. 20 . 9. 20 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 9. III. Hµm ph©n thøc bËc nhÊt trªn bËc nhÊt Mét sè tÝnh chÊt cña hµm ph©n thøc bËc nhÊt trªn bËc nhÊt: TÝch chÊt 1: TÝch chÊt 2:. TÝch chÊt 3:. TÝch chÊt 4:. Hàm số luôn đơn điệu trên tập xác định của nó. Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Hướng dẫn chứng minh Bước 1: Thật vậy, điểm I(x0; y0) là giao điểm của hai đường tiệm cận, ta dêi trôc b»ng tÞnh tiÕn vÒ gèc I. C«ng thøc dêi trôc lµ: x= X + x 0 .  y= Y + y 0 Thay x, y vµo hµm sè ta ®îc: a(X + x 0 ) + b Y + y0 = ⇔ Y = F(X). c(X + x 0 ) + d Bước 2: Hàm số này là hàm lẻ nên đồ thị nhận I làm tâm đối xứng. Không có bất cứ đường tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua tâm đối xøng I. Hướng dẫn chứng minh ax + b Bước 1: Lấy điểm M(x0; y0)∈(H), khi đó y0 = 0 . cx 0 + d Phương trình tiếp tuyến tại M là (1) (d): y − y0 = y’(x0)(x − x0) Bước 2: Giả sử I∈(d), khi đó: a d − y0 = y’(x0)(− − x0) (2) c c Tõ (2) suy ra ®iÒu m©u thuÉn. Bước 3: Vậy không có bất cứ đường tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số ®i qua I. M là điểm tuỳ ý thuộc đồ thị hàm số. Nếu tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cËn t¹i A, B th×: a. M lµ trung ®iÓm AB. b. ∆IAB có diện tích không đổi. c. TÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi hai ®êng tiÖm cËn lµ mét h»ng sè. Hướng dẫn chứng minh ax + b Bước 1: Lấy điểm M(x0; y0)∈(H), khi đó y0 = 0 . cx 0 + d Phương trình tiếp tuyến tại M là (1) (d): y − y0 = y’(x0)(x − x0).. 117.

(112) Bước 2: Xác định toạ độ của A, B theo thứ tự là giao điểm của đường d thẳng (d) với tiệm cận đứng (tcđ) x = − và tiệm cận ngang c a (tcn) y = . c Bước 3: Ta có: a. NhËn xÐt r»ng xA + xB = 2xM ⇔ M lµ trung ®iÓm AB. 1 b. S∆IAB = IA.IB = const. 2 c. Gäi c¸c kho¶ng c¸ch: d a d1 = d(I, tc®) = |x0 + |, d2 = d(I, tcn) = |y0 − |. c c Khi đó: d1.d2 = const. 1 vµ ®êng th¼ng (d): y = ax + b. x Tìm điều kiện của a, b để đường thẳng (d) tiếp xúc với (C) ? Giả sử điều kiện trên được thoả mãn. Khi đó (d) cắt Ox, Oy tại A, B  Chứng tỏ rằng tam giác OAB có diện tích không đổi.  Chøng tá r»ng trung ®iÓm cña AB lµ tiÕp ®iÓm cña (d) víi (C).  Khi nào thì khoảng cách từ gốc toạ độ O đến (d) là lớn nhất ?. Trường hợp đặc biệt: Cho hàm số (C): y = a. b.. Chøng minh a. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ sau có nghiệm: 1 b 1 1 1 a ≠ 0 − +b  =  x =  x= ax + b  x 2 x ⇔  ⇔  ⇒   2 b2 . 1 1 b a = −    − = − = − a a a = 4   x 2  x 2   2  b.. (*). b 4 Víi ®iÒu kiÖn (*), (d) c¾t Ox, Oy t¹i A(− ; 0), B(0; b) (lu ý A( ; 0)). b a  Diện tích tam giác OAB được xác định bởi: 1 1 1 4 1 S = OA.OB = |xAyB| = | .b = 2 không đổi. 2 2 2 2 b x + xB b  Gäi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta cã xI = A = − , ®©y chÝnh lµ nghiÖm 2 2a kép của phương trình. Vậy, trung điểm của AB là tiếp điểm của (d) với (C).  Khoảng cách từ gốc toạ độ O đến (d) được xác định bởi:. h=. 118. |b| a2 + 1. ⇔. b2 1 1 1 1 b2 = + ≥ 2 = ⇔ h2 ≤ 2 ⇔ h ≤ 2 2 2 16 b 16 2 b h. 2..

(113) Vậy, hmax = 2 , đạt được khi: 1 b2 = 2 ⇔ b2 = 4 ⇔ b = ± 2, khi đó a = −1. 16 b 1 . Chøng minh r»ng: x a. Hai tiÕp tuyÕn cña (H) kh«ng bao giê vu«ng gãc víi nhau. b. Hai tiếp tuyến song song của (H) có các tiếp điểm đối xứng nhau qua t©m cña (H).. Trường hợp đặc biệt: Hai tiếp tuyến của Hyperbol (H): y =. Chøng minh 1 )∈(H), ta được phương trình tiếp tuyến tại A có dạng: x1 1 1 1 (dA): y = − 2 (x − x1) + ⇒ hÖ sè gãc cña (dA) lµ kA = − 2 . x1 x1 x1. Víi A(x1;. 1 )∈(H), ta được phương trình tiếp tuyến tại B có dạng: x2 1 1 1 (dB): y = − 2 (x − x2) + ⇒ hÖ sè gãc cña (dB) lµ kB = − 2 . x2 x2 x2. Víi B(x2;. a. Ta cã: 1 1 ).(− 2 ) = −1 ⇔ x12 . x 22 = −1 (MT). 2 x2 x1 VËy hai tiÕp tuyÕn cña (H) kh«ng bao giê vu«ng gãc víi nhau. b. Ta cã: 1 1 (dA)//(dB) ⇔ kA = kB ⇔ − 2 = − 2 ⇔ x12 = x 22 ⇔ x1 = −x2. x1 x2. (dA)⊥(dB) ⇔ kA.kB = −1 ⇔ (−. Suy ra A(x1;. 1 1 ) và B(−x1; − ) ⇒ A, B đối xứng qua tâm O của (H). x1 x1.  Chó ý: Víi phÐp dêi trôc b»ng tÞnh tiÕn vÒ gèc I, theo c«ng thøc dêi trôc lµ: d  x= X − c ,  a y= Y +  c. ta đưa phương trình của Hyperbol (H): y = VÝ dô 1: Cho hµm sè (C): y =. 2x + 1 . x+2. ax + b k vÒ d¹ng Y = . cx + d X. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm các điểm trên (C) có tọa độ nguyên. 119.

(114) c. Tìm m để phương trình.  Gi¶i. 2sin x + 1 = m có đúng hai nghiệm phân sin x + 2. biÖt thuéc kho¶ng [0; π]. d. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (C), trôc hoµnh vµ ®êng th¼ng x = 1. y. a. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  \ {−2} . 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè:  Giíi h¹n vµ c¸c ®êng tiÖm cËn: lim y = 2 nªn y = 2 lµ ®êng tiÖm cËn ngang.. I. y=2. 2 1. −2 O1. x. x →±∞. lim y = ∞ nên x = −2 là đường tiệm cận đứng. x = −2. x →−2 ±. . B¶ng biÕn thiªn: 3 y' = > 0 với mọi x∈D ⇒ hàm số đồng biến trên D. (x + 2)2 x −∞ −2 +∞ y' + + y 2 +∞ 2 −∞  1  1  3. Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là A  0;  và B  − ; 0  .  2  2  NhËn xÐt: §å thÞ hµm sè nhËn giao ®iÓm I(−2; 2) cña hai ®êng tiÖm cËn lµm tâm đối xứng. 3 b. Viết lại hàm số dưới dang y = 2 − . x+2 Điểm M(x0; y0) (x0 ≠ −2) thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên khi x0 + 2 là ước cña 3. Ta cã b¶ng liÖt kª sau: x0 + 2 1 3 −3 −1 x0 −5 −3 −1 1 y0 3 5 −1 1 §iÓm M4(1; 1) M1(−5; 3) M2(−3; 5) M3(−1; −1) Vậy, các điểm M1(−5; 3), M2(−3; 5), M3(−1; −1) và M4(1; 1) thuộc đồ thị hàm số có toạ độ nguyên. 2t + 1 = m. t+2 Phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn [0; π] khi: 1 Đường thẳng y = m cắt đồ thị (C) phần [0;1] ⇔ ≤ m ≤ 1. 2. c. Đặt t = sinx, 0 ≤ t ≤ 1, phương trình có dạng. 120. (1).

(115) 1 ≤ m < 1 phương trình (1) có nghiệm t0∈[0; 1) 2 ⇔ sinx = t0 phương trình này có 2 nghiệm thuộc khoảng [0; π]. • Với m = 1, phương trình (1) có nghiệm t = 1, ta được: π sinx = 1 phương trình này có 1 nghiệm x = thuộc khoảng [0; π] 2 1 VËy, víi ≤ m < 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2 d. DiÖn tÝch S ph¶i t×m ®îc cho bëi:. •. Víi. 1. (2x + 1)dx = S= x+2 0. ∫. 1. 3. ∫ (2 − x + 2 )dx = (2x − 3ln|x + 2|) |. 1 0. 0. = 2 − 3ln. 2 (®vdt). 3. Ví dụ 2: (Đề thi đại học khối D − 2002): Cho hàm số: y=.  Gi¶i. (2m − 1)x − m 2 , víi m lµ tham sè. x −1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số với m = −1. b. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®êng cong (C) vµ hai trôc toạ độ. c. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng y = x.. a. Víi m = −1, ta ®îc: −3x − 1 (C): y = − Bạn đọc tự thực hiện tiếp. x −1 b. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và hai trục toạ độ. Ta cã: 0 0 4 −3x − 1  −4  S= ∫ − 3  .dx = ( − 4ln|x − 1| − 3x) |0 1 = 4ln − 1. .dx = ∫  − 3 x −1  x −1 3 −1/3  −1/3 c. Viết lại hàm số dưới dạng: m 2 − 2m + 1 . y = 2m − 1 − x −1 §å thÞ hµm sè tiÕp xóc víi ®êng th¼ng y = x ⇔ hÖ sau cã nghiÖm  m 2 − 2m + 1 − − =x (1) 2m 1  x −1   2  m − 2m + 1 = 1 (2)  (x − 1) 2 Viết lại (1) dưới dạng: m 2 − 2m + 1 = (x − 1) + 1 (3) 2m − 1 − x −1. 121.

(116) Thay (2) vµo (3), ta ®îc: 1 m −1 m 2 − 2m + 1 m 2 − 2m + 1 = (x − 1). +1⇔ = . (4) 2m − 1 − (x − 1) 2 x −1 x − 1 m 2 − 2m + 1 Thay (4) vµo (2), ta ®îc: (m − 1) 2 = 1 ⇔ m ≠ 1. m 2 − 2m + 1 Vậy, với mọi m ≠ 1 đồ thị (1) luôn tiếp xúc với đường thẳng y = x.. VÝ dô 3: Cho hµm sè (C): y =. 2x . x +1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số, từ đó suy ra đồ thị hàm sè (C1): y = −. 2x . x +1. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Chøng minh r»ng: a. Đồ thị (C) nhận điểm I làm tâm đối xứng. b. Không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua điểm I. 3. M là điểm có hoành độ a ≠ −1, và thuộc (C). Viết phương trình tiếp tuyÕn (d) cña (C) t¹i ®iÓm M. a. Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng (d). Xác định a để khoảng cách trên đạt giá trị lớn nhất. b. Xác định a để tiếp tuyến (d) lập với hai đường tiệm cận một tam gi¸c cã chu vi bÐ nhÊt..  Gi¶i 1. Khảo sát và vẽ đồ thị − Bạn đọc tự giải. Bằng phép đối xứng qua trục Ox đồ thị (C) ta có được đồ thị (C1). 2. Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là I(−1; 2). a. Dêi trôc b»ng phÐp tÞnh tiÕn vÒ gèc I theo c«ng thøc dêi trôc lµ: x= X − 1 2(X − 1) 2 ⇒Y+2= ⇔Y=− .  X X −1+1 y= Y + 2 Hàm số trên là hàm lẻ nên đồ thị nhận điểm I(−1; 2) làm tâm đối xứng. b. Đường thẳng (∆) đi qua điểm I(−1; 2) có phương trình y = k(x + 1) + 2. Đường thẳng (∆) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hệ sau có nghiệm: 2 2  2x   4  x + 1 = k(x + 1) + 2 2 − x + 1 = x + 1 + 2  x + 1 = 0 ⇔ ⇔ v« nghiÖm  2 2  2   =k =k =k  (x + 1)2  (x + 1)2  (x + 1)2 Vậy, qua I không kẻ được tiếp tuyến tới đồ thị. 122.

(117) 2a ), do đó phương trình tiếp tuyến có dạng: a +1 2a 2a 2 (d): y − = y'(a)(x − a) ⇔ (d): y = (x − a) + . 2 a +1 a +1 (a + 1). 3. §iÓm M(a;. a. Viết lại phương trình tiếp tuyến (d): 2x − (a + 1)2y + 2a2 = 0. Khi đó, khoảng cách từ I đến (d) được cho bởi: d=. −2 − 2(a + 1)2 + 2a 2 4 + (a + 1)4. 4 a +1. =. C«si. 4 + (a + 1)4. Vậy, ta được Mind = 2, đạt được khi: (a + 1)4 = 4 ⇔ a + 1 = ± 2 ⇔ a = −1 ±. ≤. 4 a +1 2 4.(a + 1). = 2. 4. 2.. b. Ta lần lượt có:  Toạ độ giao điểm A của tiếp tuyến (d) với tiệm cận đứng là nghiệm của hệ phương trình:. . x = −1 x = −1 2a − 2     . 2 2a ⇔   2a − 2 ⇔ A  −1; = a + 1   y (a + 1)2 (x − a) + a + 1 y = a + 1  Toạ độ giao điểm B của tiếp tuyến (d) với tiệm cận ngang là nghiệm của hệ phương trình: y = 2 x 2a + 1 =  ⇔ B(2a + 1; 2). 2 2a ⇔   = y = 2 y (a + 1)2 (x − a) + a + 1 .  Chu vi ∆IAB ®îc cho bëi: P∆IAB = IA + IB + AB = IA + IB + IA 2 + IB 2 ≥ 2 IA.IB + 2IA.IB. (. ). IA.IB = 2 + 2. (. ). 4 . 2a + 2 = 4 2 + 4 . a +1. = 2+ 2 = 2+ 2. (. ). 2−. Suy ra PMin = 4 2 + 4 đạt được khi: 4 IA = IB ⇔ = |2a + 2| ⇔ a = −1 ± a +1. VÝ dô 4: Cho hµm sè (C): y =. 2a − 2 . 2a + 1 + 1 a +1. 2.. 3x + 4 . x −1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Xác định tất cả các giá trị của k để đường thẳng (∆): y = kx + 3 không cắt đồ thị hàm số. 123.

(118) c. M là điểm tuỳ ý thuộc đồ thị hàm số, tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cËn t¹i A, B. Chøng minh r»ng:  M lµ trung ®iÓm AB.  ∆IAB có diện tích không đổi, với I là tâm đối xứng của (C).  TÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi hai ®êng tiÖm cËn lµ mét h»ng sè..  Gi¶i a. Đề nghị bạn đọc tự làm. b. Phương trình hoành độ giao điểm của (∆) với đồ thị hàm số là: 3x + 4 = kx + 3 ⇔ f(x) = kx2 − kx − 7 = 0 víi x ≠ 1. (1) x −1 Đường thẳng (∆) không cắt đồ thị hàm số khi (1) vô nghiệm, ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với k = 0, thì (1) có dạng: −7 = 0 (MT) ⇔ Phương trình (1) vô nghiệm. Trường hợp 2: Với k ≠ 0 thì để phương trình (1) vô nghiệm điều kiện là: ∆ < 0   ∆ =0 ⇔  f(1) = 0.  k 2 + 28k < 0  2 0 ⇔ −28 < k < 0.  k + 28k =  −7 =0  . Vậy, với −28 < k ≤ 0 đường thẳng (∆) không cắt đồ thị hàm số. c. Với hàm số ta lần lượt có:  §¹o hµm: 7 . y' = − (x − 1)2 . Tiệm cận đứng x = 1 vì lim y = ∞ ;. . TiÖm cËn ngang y = 3 v× lim y = 3.. . Toạ độ giao điểm I của hai tiệm cận là I(1; 3).. x →1. x →∞.  3a + 4  M là điểm tuỳ ý thuộc đồ thị, giả sử M có hoành độ bằng a, khi đó M  a;   a −1  và phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: 3a + 4 7 y − y(a) = y'(a)(x − a) ⇔ y = − (x − a) + . 2 a −1 (x − 1) Ta lần lượt có:  Toạ độ giao điểm A của tiếp tuyến tại M và tiệm cận đứng là nghiệm của hệ phương trình: x = 1 x = 1    3a + 11  . 7 3a + 4 ⇔   3a + 11 ⇔ A  1; − (x − a) + a − 1  y=  2  y = a −1 (a − 1) a −1  . 124.

(119) Toạ độ giao điểm B của tiếp tuyến tại M và tiệm cận ngang là nghiệm của hệ phương trình: y = 3 x 2a − 1 =  ⇔ B(2a − 1; 3). 7 3a + 4 ⇔   (x − a) + − y=3  2 y = a −1 (a − 1)  Khi đó, ta lần lượt có:  NhËn xÐt r»ng: xA + xB = 1 + 2a − 1 = 2a = 2xM ⇔ M lµ trung ®iÓm cña AB.  Diện tích tam giác IAB được xác định bởi: 1 3a + 11 1 14 1 S = IA.IB = . 2(a − 1) = 14. − 3 . 2a − 1 − 1 = 2 a −1 2 a −1 2 . . Vậy, ta thấy ∆IAB có diện tích không đổi. Ta cã: 7 3a + 4 = 7. d(M, tc®).d(M, tcn) = a − 1 . − 3 = a −1 . a −1 a −1 VËy, ta thÊy tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi hai ®êng tiÖm cËn lµ mét h»ng sè.. VÝ dô 5: Cho hµm sè (C): y =.  Gi¶i. x −1 . x−2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. 3. Tìm điểm M∈(C) để: a. Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang. b. Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất. c. Tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ nhỏ nhất.. 1. Đề nghị bạn đọc tự làm. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) với đồ thị hàm số là: x −1 = x + m ⇔ f(x) = x2 + (m − 3)x − 2m + 1 = 0 víi x ≠ 2. x−2 Khi đó, ta lần lượt có:  §å thÞ hµm sè c¾t ®êng th¼ng (d) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt khi: ∆ > 0 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔  f(2) ≠ 0. (1). (m − 3)2 + 4(2m − 1) > 0 m 2 + 2m + 5 > 0 ⇔  ⇔ Mäi m. ⇔  1 ≠ 0 1 ≠ 0. 125.

(120) . Khi đó, hai giao điểm A, B có hoành độ thỏa mãn: x A + x B =3 − m .  x A .x B = 1 − 2m Để hai tiếp tuyến tại A và B của đồ thị (C) song song với nhau điều kiện là: 1 1 2 2 y'(xA) = y'(xB) ⇔ − ⇔ ( xA − 2 ) = ( xB − 2 ) = − 2 2 ( xB − 2 ) ( xA − 2 ) xA ≠ xB. ⇔ x A − 2 = 2 − x B ⇔ 4 = xA + xB = 3 − m ⇔ m = −1. VËy, víi m = −1 tháa m·n ®iÓu kiÖn ®Çu bµi.  x −1  3. Điểm M thuộc đồ thị hàm số, ta có M  x; .  x−2 Khi đó, ta lần lượt có:  Để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang ®iÒu kiÖn lµ: x = 1 x −1 1 ⇔ (x − 2)2 = 1 ⇔  . x −= 2 −1 ⇔ x − 2 = x−2 x−2 x = 3 VËy, hai ®iÓm M1(1; 0) vµ M2(3; 2) tháa m·n ®iÓu kiÖn ®Çu bµi.  Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận được cho bởi: C«si x −1 1 1 = 2. d = x−2 + −1 = x − 2 + ≥ 2 x−2 . x−2 x−2 x−2 Vậy, tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận có giá trị nhỏ nhất bằng 2, đạt ®îc khi: x = 1 1 ⇔ (x − 2)2 = 1 ⇔  . x−2 = x−2 x = 3 VËy, hai ®iÓm M1(1; 0) vµ M2(3; 2) tháa m·n ®iÓu kiÖn ®Çu bµi. x −1 .  Tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ được cho bởi d = |x| + x−2 1 1 NhËn xÐt r»ng: víi M0(0; ) ⇒ d(M0) = , nªn chØ cÇn xÐt khi: 2 2 x −1 1 1 1 |x| ≤ vµ ≤ ⇔ − ≤ x ≤ 0. x−2 2 2 2 x −1  1  , ta có đạo hàm: Víi x ∈ D = − ; 0  , ta ®îc d = −x + x−2  2  1 < 0, ∀x∈D ⇒ d nghÞch biÕn trªn D. d' = −1 − (x − 2)2 1  1 Vậy, ta được Mind = , đạt được tại M 0  0;  . 2  2. 126.

(121) VÝ dô 6: Cho hµm sè (C): y =. x+2 . x−2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Lựa chọn phép tịnh tiến song song với Ox để từ (C) suy ra đồ thị hµm sè (C1): y =.  Gi¶i. x . x−4. c. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm A(−6; 5). d. Tìm những điểm trên trục tung mà từ điểm đó kẻ được đúng một tiếp tuyến tới đồ thị hàm số.. a. Đề nghị bạn đọc tự làm. b. Gi¶ sö: 1 = 1 x x x+a+2  = f(x + a) ⇔ = ⇒ 0= a + 2 ⇔ a = −2. x−4 x−4 x+a−2 −4 = a − 2  x = f(x − 2) VËy, ta ®îc x−4 Do đó (C1) được suy ra bằng phép tịnh tiến theo Ox đồ thị (C) sang phải 2 đơn vị.. c. Ta cã y’ = −. 4 , tíi ®©y ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch: (x − 2)2. Cách 1: Giả sử hoành độ tiếp điểm là x = x0, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng x +2 4 (d): y = y’(x0)(x − x0) + y(x0) ⇔ (d): y = − (x − x0) + 0 . (1) 2 x0 − 2 (x 0 − 2) §iÓm A∈(d) khi: x = 0 x +2 4 5=− .(−6 − x0) + 0 ⇔ 4 x 20 − 24x0 = 0 ⇔  0 . 2 x0 − 2 (x 0 − 2) x0 = 6 Khi đó:  Víi x0 = 0 thay vµo (1) ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = −x − 1. 1 7  Víi x0 = 6 thay vµo (1) ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = − x + . 4 2 Vậy, qua A kẻ được hai tiếp tuyến (d1), (d2) tới đồ thị. Cách 2: Đường thẳng (d) đi qua điểm A có phương trình: (d): y = k(x + 6) + 5. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hệ sau có nghiệm: 4 4   1 + x − 2 = k(x + 6) + 5 1 + x − 2 = k(x − 2) + 8k + 5 ⇔   − 4 − 4 = k = k  (x − 2)2  (x − 2)2. (2). 127.

(122) 4 4   2 − + 8k + 5  k = −1 1 + x − 2 = 2k + 1 x−2  x −= ⇔  ⇔  2 ⇒  . k = − 1 4 2 − − ( 2k + 1) = = k  k 4 2   (x − 2) Khi đó:  Víi k1 = −1 thay vµo (2) ®îc tiÕp tuyÕn (d1): y = −x − 1. 1 1 7  Víi k2 = − thay vµo (2) ®îc tiÕp tuyÕn (d2): y = − x + . 4 4 2 Vậy, qua A kẻ được hai tiếp tuyến (d1), (d2) tới đồ thị..  Chó ý:. Trong lời giải trên chúng ta đã bước đầu làm quen với phương pháp lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm phân thức không dùng khái niệm nghiệm kép. Cách biến đổi trong đó sẽ rất có ích với các hµm sè chøa tham sè, cô thÓ:. ax + b , víi bd ≠ 0, tö, mÉu kh«ng cã nghiÖm cx + d chung. Hãy tìm điều kiện để đường thẳng (d): y = kx + m là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C).. Cho hµm sè (C): y =. Phương pháp. γ . cx + d Đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi hệ sau có nghiệm: γ  kx m (1) α + cx + d =+  − γ.c = k (2)  (cx + d)2 Viết lại (1) dưới dạng: γ kd k α+ = (cx + d) − + m. (3) cx + d c c k Thay (2) vµo (3) víi lu ý chØ thay vµo biÓu thøc (cx + d), ®îc: c γ 1 kd γc α+ = − (cx + d) − +m cx + d c c (cx + d)2 γ kd γ ⇔α+ =− − +m 2 c cx + d (cx + d). Viết lại hàm số dưới dạng y = α +. 1  kd 1  = (4) − + m − α .  2γ  c cx + d  Thay (4) vµo (2), ®îc (k) = Ak2 + Bk + C = 0. (5) Khi đó yêu cầu cụ thể của bài toán được đưa về việc giải hoặc biện luận điều kiện cho phương trình (5).. ⇔. 128.

(123) d. C¸c ®iÓm thuéc Oy cã d¹ng M(0; b). Đường thẳng (d) đi qua M(0; b) có phương trình y = kx + b. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hệ sau có nghiệm: 4  x + 2 = k(x − 2) + 2k + b (3) kx + b 1+   x − = 2  x−2 ⇔   − 4 − 4 = k (4) = k 2  (x − 2)2  (x − 4) Thay (4) vµo (3), ta ®îc: 1 1 4 4 = ( 2k + b − 1) . 1+ = − + 2k + b ⇔ x−2 8 x−2 x−2 Thay (5) vµo (4), ta ®îc:. (5). 2. 1  −4  ( 2k + b − 1)  = k ⇔ f(k) = 4k2 + 4k(b + 4) + b2 − 2b + 1 = 0. (6) 8  Để từ M kẻ được đúng một tiếp tuyến tới đồ thị hàm số điều kiện là: 1− b (1) cã nghiÖm kÐp kh¸c hoặc hai nghiệm phân biệt trong đó có một 2 1− b nghiÖm b»ng 2  ∆ 'f = 0   4(b + 4)2 − 4(b 2 − 2b + 1) = 0  f  1 − b  ≠ 0  3       2  b= − 1 − b ≠ 0 ⇔  ⇔  ⇔  2. 2 2  ∆ ' f > 0  + − − + > 4(b 4) 4(b 2b 1) 0    b = 1    1 − b − = 1 b 0    f   =0    2  3  VËy, tån t¹i hai ®iÓm M1  0; −  vµ M2(0; 1) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2  (1 + m)x + m VÝ dô 7: Cho hµm sè (Cm): y = . x+m 1. Víi m = 1: a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các giao điểm của (C) với các trục tọa độ. 2. Tìm m để: a. §å thÞ hµm sè cã hai tiÖm cËn. b. Hàm số đồng biến trên khoảng [0; +∞)..  Gi¶i. 1. Víi m = 1, hµm sè cã d¹ng y =. 2x + 1 . x +1. 129.

(124) a. Đề nghị bạn đọc tự làm: ở đây ta nhận được các kết quả: 1  §¹o hµm y' = . (x + 1)2  Tiệm cận đứng x = −1 ⇔ x + 1 = 0; TiÖm cËn ngang y = 2 ⇔ y − 2 = 0. b. Ta lần lượt có:   1   (C) ∩ Ox = A  − ; 0   và phương trình tiếp tuyến tại A có dạng:   2  1  (dA): y = y’(xA)(x − xA) + y(xA) ⇔ (d A )= : y 4  x +  ⇔ (dA): y = 4x + 2. 2   (C)∩Oy = {B(0; 1)} và phương trình tiếp tuyến tại B có dạng: (dB): y = y’(xB)(x − xB) + y(xB) ⇔ (dB): y = 1.x + 1 ⇔ (dB): y = x + 1. 2. Ta lần lượt: a. Với câu hỏi "Đồ thị hàm số có hai tiệm cận" ta viết lại hàm số dưới dạng: m2 . y = m +1− x+m Từ đó, suy ra với m ≠ 0 đồ thị hàm số có hai tiệm cận. b. Với câu hỏi "Hàm số đồng biến trên khoảng [0; +∞)" ta thực hiện:  Tập xác định= D  \ {− m} , và khi đó để hàm số đồng biến trên khoảng [0; +∞) trước tiên nó cần xác định trên (0; +∞) tức là: −m∉[0; +∞) ⇔ −m < 0 ⇔ m > 0.  §¹o hµm: m2 > 0 với mọi m > 0 ⇔ Hàm số đồng biến. y' = (x + m)2 VËy, víi m > 0 tháa m·n ®iÓu kiÖn ®Çu bµi.. IV. Hµm ph©n thøc bËc hai trªn bËc nhÊt. Mét sè tÝnh chÊt cña hµm ph©n thøc bËc hai trªn bËc nhÊt: TÝch chÊt 1:. TÝch chÊt 2:. Hàm số đồng biến trên D khi:  e − ∉ D .  d y ' ≥ 0, ∀x ∈ D Hàm số có cực đại, cực tiểu khi:. Phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác − Khi đó:  . 130. e . d. 2ax 0 + b . d Phương trình đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm 1 sè cã d¹ng y = (2ax + b). d. Gi¸ trÞ cùc trÞ cña hµm sè t¹i x0 lµ y(x0) =.

(125) Hµm sè cã hai cùc trÞ tr¸i dÊu. TÝch chÊt 3:. ⇔ Phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −. e vµ d. phương trình ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. TÝch chÊt 4: Hµm sè cã hai cùc trÞ cïng dÊu e ⇔ y' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác − và phương trình d ax2 + bx + c = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt. Tích chất 5: Đồ thị nhận giao điểm I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Tích chất 6: M là điểm tuỳ ý thuộc đồ thị hàm số. Ta có: a. TÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi hai ®êng tiÖm cËn lµ mét h»ng sè. b. NÕu tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t hai tiÖm cËn t¹i A, B th× M lµ trung ®iÓm AB và ∆IAB có diện tích không đổi. x 2 − 2x − 3 VÝ dô 1: Cho hµm sè (C): y = . 2−x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và hai trục toạ độ. c. Đồ thị (C) cắt trục hoành tại hai điểm A, B. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) tại A và B, rồi tìm toạ độ giao điểm của hai tiếp tuyến đó..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự làm. b. DiÖn tÝch S ph¶i t×m ®îc cho bëi: 0. S=.  . 3 . 1. ∫ −  −x + x − 2  dx = ( 2 x. 2. − 3ln|x − 2|) |0−1 = −. −1. 1 3 + 3ln (®vdt) 2 2. c. Hoành độ giao điểm A, B là nghiệm của phương trình: x 2 − 2x − 3 =  x = −1 0 x 2 − 2x − 3 =0⇔  ⇔  ⇒ A(−1; 0) vµ B(3; 0). 2−x 2 − x ≠ 0 x = 3  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng: 4 (dA): y − 0 = y'(−1)(x + 1) ⇔ (dA): y = − (x + 1). 3  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại B có dạng: (dB): y − 0 = y'(3)(x − 3) ⇔ (dA): y = −4(x − 3). Hoành độ giao điểm K của (dA) và (dB) là nghiệm của phương trình: 4 − (x + 1) = −4(x − 3) ⇔ x = 5 ⇒ K(5; −8). 3. Ví dụ 2: (Đề thi đại học khối A − 2005): Cho hàm số: (Cm): y = mx +. 1 , m lµ tham sè. x. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1/4. b. Tìm m để hàm số (Cm) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (Cm) đến tiệm cận xiên của (Cm) bằng 1/ 2 . 131.

(126)  Gi¶i a. Bạn đọc tự làm. b. Hàm số xác định trên D =  \{0}. §¹o hµm: 1 mx 2 − 1 y’ = m − 2 = , y’ = 0 ⇔ f(x) = mx2 − 1 = 0. x x2 Trước hết, hàm số có cực trị khi và chỉ khi: m ≠ 0  (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0 ⇔ ∆ > 0 ⇔ m > 0. f (0) ≠ 0  Khi đó, (1) có hai nghiệm x1,2 = ± Ta cã b¶ng biÕn thiªn: x −∞ −1/ m y’ + 0 y C§. −. 1 m. 1/ m 0. (1). . +∞ +. CT 1 Vậy, hàm số đạt CT tại điểm A( , 2 m ). m §å thÞ (Cm) cã tiÖm cËn xiªn lµ (d): y = mx ⇔ (d): mx − y = 0. Để khoảng cách từ điểm cực tiểu A của (Cm) đến tiệm cận xiên của (Cm) bằng 1/ 2 ®iÒu kiÖn lµ: 1 | m −2 m | = ⇔ m = 1. 2 m2 + 1 VËy, víi m = 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. x 2 + mx + 1 VÝ dô 3: Cho hµm sè (Cm): y = . x+m a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b. Xác định m để hàm số có cực đại trong khoảng (0; m) với m > 0. c. Xác định m để hàm số đạt cực đại tại x = 2..  Gi¶i. a. Bạn đọc tự thực hiện. b. Tập xác định= D  \ {−m} .. §¹o hµm: x 2 + 2mx + m 2 − 1 2x + 2m y' = , y'' = . 2 (x + m) (x + m)4 y' = 0 ⇔ x2 + 2mx + m2 − 1 = 0 ⇔ x1,2 = −m ± 1. 132.

(127) Ta thấy ngay với mọi m hàm số luôn có cực đại và bảng biến thiên: x x1 x2 −∞ −m +∞ y' 0 + + 0 − − y C§ +∞ +∞ CT −∞ −∞ 1 Hàm số có cực đại trong khoảng (0; m) khi 0 < −m + 1 < m ⇔ < m < 1. 2 1 Vậy, với < m < 1 hàm số đạt cực đại trong khoảng (0; m). 2 c. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 khi: 2 ≠ − m 2 ∈ D  2  0 ⇔ m = −3. y '(2) = 0 ⇔ m + 4m + 3 = 4 + 2m < 0 y ''(2) < 0   Vậy, với m = −3 hàm số đạt cực đại tại x = 2.. Ví dụ 8: (Đề thi đại học khối B − 2005): Cho hàm số: (Cm): y =. x 2 + (m + 1)x + m + 1 , víi m lµ tham sè. x +1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b. Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị (Cm) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20 ..  Gi¶i 1. Bạn đọc tự làm. 2. Miền xác định D =  \{−1}. §¹o hµm:  x1 = 0  x = −2 .  2 Vậy, với mọi m đồ thị (Cm) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu là. y' =. x 2 + 2x , y' = 0 ⇔ x2 + 2x = 0 ⇔ (x + 1) 2. A(−2, m − 3) vµ B(0, m + 1) ⇒ AB =. (−2) 2 + (m + 1 − m + 3) 2 =. Ví dụ 9: (Đề thi đại học khối D − 2003): Cho hàm số (C): y =. 20 .. x 2 − 2x + 4 . x−2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Tìm m để đường thẳng (dm): y = mx + 2 − 2m cắt đồ thị hàm số (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt..  Gi¶i a. Bạn đọc tự làm. 133.

(128) b. Phương trình hoành độ giao điểm của (dm) với đồ thị hàm số là: x 2 − 2x + 4 = mx + 2 − 2m ⇔ (m − 1)(x − 2)2 = 4 víi x ≠ 2. x−2. (1). Để đồ thị hàm số (Cm) cắt (dm) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 2 ⇔ m − 1 > 0 ⇔ m > 1. VËy, m > 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. Ví dụ 10: (Đề thi đại học khối A − 2003): Cho hàm số: (Cm): y =.  Gi¶i. mx 2 + x + m , víi m lµ tham sè. x −1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = − 1. b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành độ dương.. a. Bạn đọc tự làm. b. Phương trình hoành độ giao điểm của Ox với đồ thị hàm số là: mx 2 + x + m = 0 ⇔ f(x) = mx2 + x + m = 0 víi x ≠ 1. (1) x −1 Để đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành độ dương ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 và 0 < x1 < x2 m ≠ 0 a ≠ 0  2m + 1 ≠ 0 f (1) ≠ 0 1   ⇔  ⇔ 1 − 4m 2 > 0 ⇔ − < m < 0. 2 ∆ > 0  1 m S > 0 vµ P > 0 − > 0 vµ > 0  m m 1 VËy, víi − < m < 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2 Ví dụ 11: (Đề thi đại học khối A − 2004): Cho hàm số: − x 2 + 3x − 3 (C): y = . 2(x − 1) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Tìm m để đường thẳng (d): y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B sao cho AB = 1..  Gi¶i a. Bạn đọc tự làm. b. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: x ≠1 − x 2 + 3x − 3 = m ⇔ f(x) = x2 + (2m − 3)x − 2m + 3 = 0. 2(x − 1) 134. (1).

(129) Trước hết, để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1 4m 2 − 4m − 3 > 0 ∆ > 0 m > 3 / 2 ⇔  ⇔  . ⇔  f (1) ≠ 0  m < −1 / 2 −1 ≠ 0. (*). Khi đó, ta có (d)∩(C) = {A(xA, m), B(xB, m)}, với xA, xB là nghiệm của (1) và tho¶ m·n:  x A + x B =3 − 2m .   x A .x B = 3 − 2m §Ó AB = 1 ®iÒu kiÖn lµ AB2 = 1 ⇔ (xA − xB)2 = 1 ⇔ (xA + xB)2 − 4xA.xB = 1 1± 5 ⇔ (3 − 2m)2 − 4(3 − 2m) = 1 ⇔ m2 − m − 1 = 0 ⇔ m = , tho¶ (*). 2 1± 5 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. VËy, víi m = 2. VÝ dô 4: Cho hµm sè (C): y =. x2 + x − 5 . x−2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Chøng minh r»ng tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ mét ®iÓm M bÊt kú trªn đồ thị (C) đến các đường tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vÞ trÝ ®iÓm M. c. Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị để kho¶ng c¸ch gi÷a chóng lµ nhá nhÊt..  Gi¶i a. Bạn đọc tự thực hiện. x 20 + x 0 − 5 )∈(C). x0 − 2 §å thÞ hµm sè cã hai ®êng tiÖm cËn: - Tiệm cận đứng x = 2 vì lim y = ∞.. b. LÊy ®iÓm M(x0;. x →2 ±. -. TiÖm cËn xiªn y = x + 3 v× lim [y − (x + 3)] = 0. x →±∞. Ta lần lượt có:  Khoảng cách từ M tới tiệm cận đứng, được cho bởi d1 = |x0 − 2|. 1 1  Kho¶ng c¸ch tõ M tíi tiÖm cËn xiªn, ®îc cho bëi d2 = . . 2 x0 − 2 Suy ra: 1 1 1 . = lµ h»ng sè (®pcm). d1.d2 = |x0 − 2|. 2 x0 − 2 2 135.

(130) c. Xét hai điểm A, B thuộc hai nhánh của đồ thị, ta có: A(2 − x1; f(2 − x1)), B(2 + x2; f(2 + x2)) víi x1, x2 > 0. Suy ra: AB2 = [(2 − x1) − (2 + x2)]2 + [ f(2 − x1) − f(2 + x2)]2 2.  (2 − x1 )2 + (2 − x1 ) − 5 (2 − x 2 )2 + (2 − x 2 ) − 5  = (x2 + x1) +  −  (2 − x1 ) − 2 (2 − x 2 ) − 2    2 1  = (x2 + x1)2  2 + + 2 2  x1x 2 x1 x 2     1  2 1  ≥ 4x2x1  2 + + 2 2  = 4  2x1x 2 + 2 +  ≥ 4(2 2 + 2). x1x 2  x1x 2 x1 x 2    2. Vậy, ta được (AB)Min = 2 2( 2 + 1) , đạt được khi: x1 = x 2 1  1 ⇔ x1 = x2 = 4 .  2 2x1x 2 = x x 1 2  Vậy, hai điểm A, B cần tìm có hoành độ tương ứng là 2 −. VÝ dô 5: Cho hµm sè y =.  Gi¶i. 1 4. 2. ,2+. 1 4. 2. .. x 2 − 2ax + 3a 2 . x − 2a. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với a = 1. b. (Đề 85 − Bộ đề 1996): Tìm a để hàm số đồng biến trên (1; +∞).. a. Bạn đọc tự thực hiện. b. Miền xác định D =  \{2a}.. Trước hết là hàm số cần xác định với mọi x∈(1; +∞) ⇔ 2a ≤ 1 ⇔ a ≤. 1 . (1) 2. §¹o hµm: x 2 − 4ax + a 2 y' = . (x − 2a)2 Hàm số đồng biến với ∀x∈(1; +∞) ⇔ y' ≥ 0, ∀x∈(1; + ∞) ⇔ f(x) = x2 − 4ax + a2 ≥ 0, ∀x∈(1; +∞). (2) §Ó gi¶i (2) ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: (Phương pháp tam thức bậc hai): Ta có ∆' = 3a2 ≥ 0 (do (1)), vậy điều kiện (2) là phương trình f(x) = 0 có nghiệm thoả x1 ≤ x2 ≤ 1  a ≥ 2 + 3 f(1) ≥ 0  1 − 4a + a 2 ≥ 0  ⇔ S ⇔  ⇔  a ≤ 2 − 3 ⇔ a ≤ 2 − 3 . (3) 2a < 1  2 < 1  a < 1/ 2 136.

(131) KÕt hîp (1) vµ (3), ta ®îc a ≤ 2 − 3 . Vậy, hàm số đồng biến trong (1; + ∞) khi a ≤ 2 − Cách 2: (Phương pháp hàm số): Ta có: (2) ⇔ min f(x) ≥ 0 − Bạn đọc tự làm tiếp.. 3.. x ≥1. IV. c¸c bµi to¸n kh¸c. Ví dụ 1: (Đề thi đại học khối B − 2003): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hµm sè y = x + 4 − x 2 ..  Gi¶i §iÒu kiÖn x ∈ [−2, 2]. XÐt hµm sè y = x + 4 − x 2 , trªn [−2, 2], ta cã: x , y' = 1 − 4 − x2 y' = 0 ⇔ 1 −. x 4 − x2. =0⇔. x ≥ 0 ⇔x= 4 − x2 = x ⇔  2 x2 4 − x =. 2.. Do đó, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên [−2, 2] được cho bởi: ymax = Max{y(−2), y(2), y( 2 )} = Max{−2, 2, 2 2 } = 2 2 , đạt được tại x = 2 . ymin = −2, đạt được tại x = −2.. Ví dụ 2: (Đề thi đại học khối D − 2004): Chứng minh rằng phương trình sau có đúng 1 nghiệm: x5 − x2 − 2x − 1 = 0..  Gi¶i Biến đổi phương trình về dạng: x = (x + 1) 5. 2. VP ≥ 0 ⇒ x 5 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ VP ≥1. ⇒. x > 1,. tức là, nếu phương trình có nghiệm thì x > 1. XÐt hµm sè: y = x5 − x2 − 2x − 1 trªn miÒn D = (1, +∞). §¹o hµm: y' = 5x4 − 2x − 2 = 2x(x3 − 1) + 2(x4 − 1) + x4 > 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số đồng biến trên D. Ta cã: y(1) = −3 vµ lim y = +∞, x →+∞. tức là, đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm duy nhất ⇔ phương trình có đúng 1 nghiệm. 137.

(132) Ví dụ 3: (Đề thi đại học khối B − 2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm: m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 ..  Gi¶i. §iÒu kiÖn |x| ≤ 1. §Æt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 , suy ra 2 1 − x 4 = 2 − t2. Ta cã: . t = 1 + x 2 − 1 − x 2 ≥ 0, đạt được khi x = 0.  t2 = 2 − 2 1 − x 4 ≤ 2, đạt được khi x = ±1. Suy ra ®iÒu kiÖn cña Èn t lµ 0 ≤ t ≤ 2 . Khi đó, phương trình được chuyển về dạng: (*) −t 2 + t + 2 = m. m(t + 2) = 2 − t2 + t ⇔ t+2 Khi đó, phương trình ban đầu có nghiệm ⇔ (1) cã nghiÖm tho¶ m·n (*) ⇔ Đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y = XÐt hµm sè y =. −t 2 + t + 2 trªn D = [0; t+2. (*) (1). −t 2 + t + 2 trªn [0; t+2. 2 ].. §¹o hµm: − t 2 − 4t ≤ 0, ∀t∈D ⇔ hµm sè nghÞch biÕn trªn D. y' = (t + 2) 2 VËy, ®iÒu kiÖn lµ: y( 2 ) ≤ m ≤ y(0) ⇔ 2 − 1 ≤ m ≤ 1.. 138. 2 ]..

(133)

Bài giảng trọng tâm Toán 12: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về